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時存在電場和磁場.粒子恰好做直線運動．現在.只加電場.當粒子從P點運動到x＝R0平面時.立即撤除電場同時加上磁場.粒子繼續運動.其軌跡與x軸交于M點．不計重力．求:⑴粒子到達x＝R0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離,⑵M點的橫坐標xM．圖8 【查看更多】

如圖所示，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的相同．一帶正電荷的粒子從P（x=0，y=h）點以一定的速度v₀平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R₀的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現在，只加電場，當粒子從P點運動到x=R₀平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場的同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點．不計帶電粒子的重力．求：
（1）粒子到達x=R₀平面時的速度v；
（2）M點到坐標原點O的距離x_M．

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如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P（x=0，y=h）點以一定的速度平行于x軸正方向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R₀的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現在，只加電場，當粒子從P點運動到x=R₀平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點，不計重力．已知h=6cm，R₀=10cm，求：
（1）粒子到達x=R₀平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；
（2）M點的橫坐標x_M．

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如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P（x=0，y=h）點以一定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R₀的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現在，只加電場，當粒子從P點運動到x=R₀平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點．不計重力．求：
（1）粒子到達x=R₀平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；
（2）M點的橫坐標x_M．

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（08年海南卷）如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣。一帶正電荷的粒子從P（x＝0，y＝h）點以一定的速度平行于x軸正向入射。這時若只有磁場，粒子將做半徑為R₀的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動。現在，只加電場，當粒子從P點運動到x＝R₀平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點，不計重力。求：

（1）粒子到達x＝R₀平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；

（2）M點的橫坐標x_M。

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如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P(x＝0，y＝h)點以一定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R₀的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現在，只加電場，當粒子從P點運動到x＝R₀平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點．不計重力．求：

⑴粒子到達x＝R₀平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；

⑵M點的橫坐標x_M．

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高考真題

1．【解析】本題考查了左手定則的應用。導線a在c處產生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導線b在c處產生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據左手定則可判斷導線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的結構可知，離子由加速器的中心附近進入加速器，所以選項A正確；因在盒內洛侖茲力不做功，所以離子從空隙的電場中獲得能量，故選項D正確．

【答案】AD

3．【解析】由安培定則判斷在水平直導線下面的磁場是垂直于紙面向里，所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉動

【答案】C

4．【解析】帶電粒子在洛侖茲力作用下，作勻速圓周運動，又根據左手定則得選項A正確．

【答案】A

5．【解析】因為tanα=板間距離/板長，并可用荷質比表示，由左手定則可以判斷負外；不正確，電子的荷質比是其本身的性質。

【答案】不正確，電子的荷質比是其本身的性質。

6．【解析】(1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。如圖所示，設圓弧的半徑為R，則有

R=dsinj

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

將①式代入②式，得

(2)質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為v₀，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有

v₀＝vcosj vsinj＝at d=v₀t聯立發上各式得

設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得 qE＝ma 聯立得

【答案】（1）（2）

7．【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得，

mgy=mv² ……①

得 v= ……②

（2）設在最大距離y_m處的速率為v_m,根據圓周運動有，

qv_mB-mg=m ……③

且由②知 ……④

由③④及R=2y_m

得 ……⑤

（3）小球運動如圖所示，

由動能定理（qE-mg）|y_m|= ……⑥　

由圓周運動 qv_mB+mg-qE=m ……⑦

且由⑥⑦及R=2|y_m|解得

v_m=

【答案】（1）（2）（3）

8．【解析】⑴做直線運動有：

做圓周運動有：

只有電場時，粒子做類平拋，有：

解得：

粒子速度大小為：

速度方向與x軸夾角為：

粒子與x軸的距離為：

⑵撤電場加上磁場后，有：

解得：

粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關系得C點坐標為：

過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：

解得：

M點橫坐標為：

【答案】（1）（2）

9．【解析】方法1：（1）設粒子在0～t₀時間內運動的位移大小為s₁

①

②

又已知

聯立①②式解得

③

（2）粒子在t₀~2t₀時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v₁，軌道半徑為R₁，周期為T，則

④

⑤

聯立④⑤式得

⑥

又 ⑦

即粒子在t₀~2t₀時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t₀~3t₀時間內，粒子做初速度為v₁的勻加速直線運動，設位移大小為s₂

⑧

解得 ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀時間內繼續做勻速圓周運動，設速度大小為v₂，半徑為R₂

⑩

11

解得 12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t₀～5t₀時間內，粒子運動到正極板（如圖所示）。因此粒子運動的最大半徑

（3）粒子在板間運動的軌跡如圖所示。

方法2：由題意可知，電磁場的周期為2t₀，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為

方向向上

后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T

粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為s_n

又已知

由以上各式得

粒子速度大小為

粒子做圓周運動的半徑為

解得

顯然

【答案】（1）粒子在0～t₀時間內的位移大小與極板間距h的比值

（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑

（3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖。

10．【解析】（1）由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。

設入射粒子的速度為，由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得

………… ①

由上式解得 ………… ②

（2）設是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心。連接，設。

如圖所示，由幾何關系得 ………… ③

………… ④

由余弦定理得

………… ⑤

聯立④⑤式得

………… ⑥

設入射粒子的速度為，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁場中的半徑滿足：L<r<2L，因此80<v₀<160，而m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）

⑵t=2.8×10^-2s兩次穿越磁場總時間恰好是一個周期，在磁場外的時間是，代入數據得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）（2）t=2.8×10^-2s

名校試題

1．【解析】由安培定則判斷出P和QR的磁場方向，并求出其合磁場是水平向右，再由左手定則判斷出R受到的磁場力垂直R，指向y軸負方向

【答案】A

2．【解析】電子在飛行過程中受到地磁場洛侖茲力的作用，洛侖茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運動的速率不發生改變；又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中所受的地磁場感應強度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在在豎直平面內的運動軌跡是圓周。

【答案】CD

3．【解析】根據左手定則判斷出，正離子偏向B板，所以B板是電源的正極，因最后離子勻速運動，由平衡條件得，故電源的電動勢為Bvd

【答案】BC

4．【解析】根據左手定則判斷出，正離子偏向后表面的電勢，所以選項A正確；，所以選項C也正確．

【答案】AC

5．【解析】設D形盒的半徑為R，則粒子可能獲得的最大動能由qvB=m得E_km==,由此式得選項AC正確．

【答案】AC

6．【解析】無磁場時，小球隊在C點由重力提供向心力，，臨界速度。

從A至C由機械能守恒定律得：，有

加磁場后，小球在C點受向上的洛侖茲力，向心力減小，

臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機械能守恒

因，所以，故選項C正確。

【答案】C

7．【解析】(1)電場中加速，由

∴

磁場中偏轉，由牛頓第二定律得

∴

可見在兩磁場區粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形△O₁O₂O₃是等邊三角形，其邊長為2r www.ks5u.com

∴

(2)電場中，中間磁場中，

右側磁場中，則

【答案】（1）（2）

8．【解析】（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有

--------------①

同時有 -----------②

粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識知，

x_C＝－（r＋rcos45⁰）＝， ------------ ③

故，C點坐標為（，0）。 ----------- ④

（2）設粒子從A到C的時間為t₁，設粒子從A到C的時間為t₁，由題意知

------------ ⑤

設粒子從進入電場到返回C的時間為t₂，其在電場中做勻變速運動，由牛頓第二定律和運動學知識，有 ------------⑥

及， ------------⑦

聯立⑥⑦解得 ------------⑧

設粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t₃，由題意知

------------ ⑨

故而，設粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為

------------ ⑩

（3）粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著v₀的方向（設為x′軸）做勻速運動，即

……① …………②

沿著qE的方向（設為y′軸）做初速為0的勻變速運動，即

……③ ……④

設離子第四次穿越x軸時速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為α.

由圖中幾何關系知

……⑤ ……⑥

……⑦

綜合上述①②③④⑤⑥⑦得

……⑧

【答案】（1）C點坐標為（，0）（2）（3）

9．【解析】 ⑴由電場力與洛倫茲力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根據運動的對稱性，微粒能從P點到達Q點，應滿足

其中x為每次偏轉圓弧對應的弦長，偏轉圓弧對應的圓心角為或。

設圓弧的半徑為R，則有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶當n取奇數時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，

，其中n =1、3、5、……

當n取偶數時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B （2）（3）當n取奇數時，

當n取偶數時，

10．【解析】（1）粒子源發出的粒子，進入加速電場被加速，速度為v₀，根據能的轉化和守恒定律得：

要使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進入PQ、MN之間的區域，

則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，

得到　　

將②式代入①式，得

（2）粒子從O₃以速度v₀進入PQ、MN之間的區域，先做勻速直線運動，打到ab板上，以大小為v₀的速度垂直于磁場方向運動．粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內作勻速圓周運動，轉動一周后打到ab板的下部．由于不計板的厚度，所以質子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T．

由和運動學公式，得

粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為

粒子進入磁場中，在v₀方向的總位移s=2Lsin45°，時間為

則t=t₁+t₂=

【答案】（1）（2）

11．【解析】設速度為v₀時進入磁場后做圓周運動的半徑為r

有得r==

設速度為2v₀時進入磁場做圓周運動的半徑r′

得r′==L

設其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ

由圖中的幾何關系有：cosθ==

得θ＝45°或θ＝135°

（2）為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上，則要求粒子進入電場時速度方向

與x軸正方向平行，如圖所示。粒子進入電場后由動能定理有

qEd=mv′² －m(2v₀)² 得v′=

當θ₁=45°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₁=r－r′sin45°=(－1)L

當θ₂ =135°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₂= r′+ r′sin45°=(+1)L

【答案】（1）θ＝45°或θ＝135° （2）當θ₁=45°時，(－1)L；

θ₂=135°(+1)L，

12．【解析】（1）設帶電粒子射入磁場時的速度大小為v，由于帶電粒子垂直射入勻強磁場帶電粒子在磁場中做圓周運動，圓心位于MN中點O′，

由幾何關系可知，軌道半徑r=lcos45=0.2（m

又Bqv =

所以

設帶電粒子在磁場中運動時間為t₁，在電場中運動的時間為t₂，總時間為t。

t₁ = t₂ =

聯立解得 t = =2.07×10^-4（s）

（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設加速度為a，則：

lsin45 = at₂² a = 解得：E = sin45=1.6（V/m）

【答案】（1） 2.07×10^-4（s）（2）1.6（V/m）

13．【解析】（1）微粒在加速電場中由動能定理得：

① 解得v₀ = 1.0×10⁴m/s

（2）微粒在偏轉電場中做類平拋運動，有：，

飛出電場時，速度偏轉角的正切為：

② 解得 θ = 30^o

（3）進入磁場時微粒的速度是： ③

軌跡如圖所示，由幾何關系有： ④

洛倫茲力提供向心力： ⑤

由③～⑤聯立得：代入數據解得：B ＝/5=0.346T

所以，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少為0.346T。

(B =0.35T照樣給分)

【答案】（1）v₀=1.0×10⁴m/s （2） θ=30^o （3）B ＝/5=0.346T

考點預測題

1．【解析】因帶電粒子在運動過程中受電場力和洛侖茲力的作用，由于帶電粒子受到的電場力不斷改變，若正電荷做勻速直線運動，則所受洛倫茲力的大小改變，所以選項B對

【答案】B

2．【解析】由左手定則判斷這些質子流相對于預定地點向東偏轉，故選項B正確

【答案】B

3．【解析】因小球受到的洛倫茲力沿半徑方向，與回復力方向垂直，所以周期不變；擺球在最大位移處時，洛倫茲力為零，小球此時受重力和繩的拉力，與后垂直方向的夾角相同，所受絲線的拉力大小不變，選項AD正確

【答案】AD

4．【解析】：若a板電勢高于b板，則電子受電場力向上，要使電子沿直線運動，則電子受到的洛侖茲力向下，由左手定則可知，磁場的方向垂直紙面向里，A正確；若a板電勢低于b板，則電子受電場力向下，要使電子沿直線運動，則電子受到的洛侖茲力向上，由左手定則可知，磁場的方向垂直紙面向外，D正確；此題考查帶電粒子在復合場中的運動、速度選擇器。

【答案】AD

5．【解析】直導線1和2在點產生的磁感應強度大小相等、方向相同，則導線2在點產生的磁感應強度為；因兩點到導線2的距離相等，則去掉導線1后，點的磁感應強度大小也為，由安培定則可判斷磁感應強度的方向垂直紙面向外。

【答案】方向垂直紙面向外

6．【解析】右手螺旋定則判斷出通電環B的外部是“叉”磁場，然后再用左手定則判斷出它的受力方向向右。當A、B中的電流大小保持不變，同時改變方向時，用上面的方法判斷的結果是：通電導線A所受安培力的方向是不變的，仍向右。

【答案】受力方向向右；仍向右

7．【解析】在導軌通有電流Ｉ時，炮彈作為導體受到磁場施加的

安培力為Ｆ＝IwB ①

設炮彈的加速度的大小為a，則有因而　　　F=ma ②

炮彈在兩導軌間做勻加速運動，因而　　　　　　　　　　　③

　　聯立①②③式得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

代入題給數據得：　　　　　　　　

【答案】

8．【解析】在電容器放電的極短時間Dt內，導線中有從N®M的電流，此電流受到垂直紙面向里的安培力作用，由于時間極短，在Dt內可近似認為水平方向只受安培力作用，根據動量定理得：

BIlDt=mv……①

其中v是導體棒獲得的速度。

S斷開后導體在拉力T和重力作用下上升，只有重力作功，機械能守恒，有：

mv²/2=mgh②

又：IDt=Q……③、C=Q/U……④

由①②③④解得h=

【答案】h=

9．【解析】半圓的直徑在y軸上，半徑的范圍從0到a，屏上發亮的范圍從0到2a。軌道半徑大于a的粒子開始進入右側磁場。對軌道半徑大于a的粒子開始進入右側磁場，關鍵是分析出速度最大的粒子落在哪里，進而畫出其軌跡圖。因為速度最大粒子的落點恰好是這題的臨界條件。考慮r=a的極限情況，這種粒子在右側的圓軌跡與x軸在D點相切（虛線），OD=2a，這是水平屏上發亮范圍的左邊界。速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和，C在y軸上，有對稱性可知在x=2a直線上。