2007．两屏幕荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别去垂直于两屏交线的直线为x 和y 轴，交点O 为原点，如图所示。在y>0，0a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B 。在O 点出有一小孔，一束质量为m 、带电量为q （q>0）的粒子沿x 周经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0
2008．（17分） 如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和
第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。有一质量为m ，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d 。接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。不计重力影响。若OC 与x 轴的夹角也为φ，求：⑪质点在磁场中运动速度的大小；⑫匀强电场的场强大小。
2009. 如图，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于x y平面向外。P 是y 轴上距原点为h 的一点，N 0为x 轴上距原点为a 的一点。A 是一块平行于x 轴
的挡板，与x 轴的距离为，A 的中点在y 轴上，长度略小于。
带点粒子与挡板碰撞前后，x 方向的分速度不变，y 方向的分速度反向、大小不变。质量为m ，电荷量为q （q>0）的粒子从P 点瞄准N 0点入射，最后又通过P 点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。
2010．(18分) 如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤
a a
范围内有垂直手xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大22
小为B 。坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90范围内。己知粒子在磁
场中做圆周运动的半径介于a ／2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的 (1)速度的大小：
(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦。
2011. （19分）如图，在区域I （0≤x ≤d ）和区域II （d ≤x ≤2d ）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面。一质量为m 、带电荷量q （q ＞0）的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域I ，其速度方向沿x 轴正向。已知a 在离开区域I 时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从p 点沿x 轴正向射入区域I ，其速度大小是a 的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子a 射入区域I 时速度的大小；
（2）当a 离开区域II 时，a 、b 两粒子的y 坐标之差。
2012. （18分）如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O 到直线的距离为 。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域。若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小。
所以在x 轴上的范围是2a ≤x ≤2(1+
a 3
2008．质点在磁场中偏转90º，半径r =d sin φ=
mv qBd sin φ，得v =； qB m
由平抛规律，质点进入电场时v 0=v cos φ，在电场中经历时间t=d/v 0，在电
d 1
qE 2
场中竖直位移h =tan
φ=⋅⋅t ，由以上各式可得
22m
E =
qB d
sin 3φcos φ m
2
2009. 【解析】设粒子的入射速度为v, 第一次射出磁场的点为N O , 与板碰撞后再次进入磁场的位置为N 1. 粒子在磁场中运动的轨道半径为R, 有R =
'
mv
…⑪, 粒子速率不变, 每次进入磁场与射出磁场位置间距离qB
'
x 1保持不变有x 1=N O N O =2R sin θ…⑫, 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x 2始终不变,
与N '
O N 1相等. 由图可以看出x 2=a ……⑬
设粒子最终离开磁场时, 与档板相碰n 次(n=0、1、2、3…). 若粒子能回到P 点, 由对称性, 出射点的x 坐标应为-a, 即(n +1)x 1-nx 2=2a ……⑭, 由⑬⑭两式得x 1=
n +2
n +1
a ……⑮ 若粒子与挡板发生碰撞, 有x a
1-x 2>4
……⑯联立⑬⑭⑯得n
v =
qB n +h 2m sin θ⋅2
n +1
a ………⑱把sin θ=
a 2
+h
2
代入⑱中得
qBa a 2+h 2
v o =mh , n =0…………⑲
v 3qBa a 2+h 2
1=4mh , n =1…………⑾
2qBa a 2+h 2
v 2=3mh
, n =2…………⑿
2010【答案】（1
）v =(2-
2aqB m （2
）sin α=10
【解析】设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，
根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：qvB =m v 2mv
R ，解得：R =qB
当a /2的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意，t=T/4时，∠OCA=π/2
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得：
R sin α=R -a
，R sin α=a -R cos α，且sin 22
α+cos 2α=1
解得：R =(2aqB a ，v =(2-m ，sin α=10
2012解：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得
v 2
qvB =m ①
r
式中v 为粒子在a 点的速度。
过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点。
bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半由几何关系知，线段ac 、
径（未画出）围成一正方形。因此ac =bc =r ②
设cd =x , 有几何关系得ac =
3
R + 5
4
R +x ③
5
bc =
联立②③④式得 r =
7R 5
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，有运动学公式得
r =
12
at ⑦ r=vt ⑧ 2
14qRB 2
式中t 是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得E =⑨
5m
28. （09·福建·22） 分) 图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10T, 在X 轴上距坐标原点L=0.50m的P 处为离子的入射口，在Y 上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×10m/s的速率从P 处射入磁场，若粒子在y 轴上距坐标原点L=0.50m的M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m, 电量为q, 不记其重力。 （1）求上述粒子的比荷
4
-3
q ； m
（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y 轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
（3）为了在M 处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。
33. （09·宁夏·25） 如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m 、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点。已知OP=l , OQ 2l 。不计重力。求 （1）M 点与坐标原点O 间的距离； （2）粒子从P 点运动到M 点所用的时间。
28. （09·福建·22）答案（1）
q 77
=4.9×10C/kg（或5.0×10C/kg）；（2）t =7. 9⨯10-6s ； （3）m
S =
0. 25m 2
解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。
（1）设粒子在磁场中的运动半径为r 。如图甲，依题意M 、P 连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 r =
2L
① 2
v 2
由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 qvB =m ②
r
联立①②并代入数据得
q 77
=4.9×10C/kg（或5.0×10C/kg） ③ m
（2）设所加电场的场强大小为E 。如图乙，当粒子子经过Q 点时，速度沿y 轴正方向，依题意，在此时加入沿x
轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
qE =qvB ④ 代入数据得 E =70N /C ⑤
所加电场的长枪方向沿x 轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ 所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T ，所求时间为t ，则有
4502πr
T t = ⑥ ⑦ T =0
v 360
联立①⑥⑦并代入数据得 t =7. 9⨯10s ⑧
（3）如图丙，所求的最小矩形是MM 1P 1P ，该区域面积
-6
S =2r 2 ⑨
联立①⑨并代入数据得 S =0. 25m 矩形如图丙中MM 1P 1P （虚线）
33. （09·宁夏·25） 解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v 0，粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为t 1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则
2
a =t 1=
qE
①
m ② v 0=
x 0
③
t 1
其中x 0=, y 0=l 。又有
tan θ=
at 1
④ 联立②③④式，得θ=30︒ v 0
因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ =90︒，所以MQ 为直径。从图中的几何关系可知。
R = ⑥ MO =6l ⑦
（2）设粒子在磁场中运动的速度为v , 从Q 到M 点运动的时间为t 2, 则有
v 0
⑧ cos θπR
⑨ t 2=v v =
带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间为t 为
t =t 1+ t 2 ⑩
11联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得
t =+ 1 ○
⎝
2007．两屏幕荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别去垂直于两屏交线的直线为x 和y 轴，交点O 为原点，如图所示。在y>0，0a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B 。在O 点出有一小孔，一束质量为m 、带电量为q （q>0）的粒子沿x 周经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0
2008．（17分） 如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和
第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。有一质量为m ，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d 。接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。不计重力影响。若OC 与x 轴的夹角也为φ，求：⑪质点在磁场中运动速度的大小；⑫匀强电场的场强大小。
2009. 如图，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于x y平面向外。P 是y 轴上距原点为h 的一点，N 0为x 轴上距原点为a 的一点。A 是一块平行于x 轴
的挡板，与x 轴的距离为，A 的中点在y 轴上，长度略小于。
带点粒子与挡板碰撞前后，x 方向的分速度不变，y 方向的分速度反向、大小不变。质量为m ，电荷量为q （q>0）的粒子从P 点瞄准N 0点入射，最后又通过P 点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。
2010．(18分) 如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤
a a
范围内有垂直手xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大22
小为B 。坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90范围内。己知粒子在磁
场中做圆周运动的半径介于a ／2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的 (1)速度的大小：
(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦。
2011. （19分）如图，在区域I （0≤x ≤d ）和区域II （d ≤x ≤2d ）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面。一质量为m 、带电荷量q （q ＞0）的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域I ，其速度方向沿x 轴正向。已知a 在离开区域I 时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从p 点沿x 轴正向射入区域I ，其速度大小是a 的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子a 射入区域I 时速度的大小；
（2）当a 离开区域II 时，a 、b 两粒子的y 坐标之差。
2012. （18分）如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O 到直线的距离为 。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域。若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小。
所以在x 轴上的范围是2a ≤x ≤2(1+
a 3
2008．质点在磁场中偏转90º，半径r =d sin φ=
mv qBd sin φ，得v =； qB m
由平抛规律，质点进入电场时v 0=v cos φ，在电场中经历时间t=d/v 0，在电
d 1
qE 2
场中竖直位移h =tan
φ=⋅⋅t ，由以上各式可得
22m
E =
qB d
sin 3φcos φ m
2
2009. 【解析】设粒子的入射速度为v, 第一次射出磁场的点为N O , 与板碰撞后再次进入磁场的位置为N 1. 粒子在磁场中运动的轨道半径为R, 有R =
'
mv
…⑪, 粒子速率不变, 每次进入磁场与射出磁场位置间距离qB
'
x 1保持不变有x 1=N O N O =2R sin θ…⑫, 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x 2始终不变,
与N '
O N 1相等. 由图可以看出x 2=a ……⑬
设粒子最终离开磁场时, 与档板相碰n 次(n=0、1、2、3…). 若粒子能回到P 点, 由对称性, 出射点的x 坐标应为-a, 即(n +1)x 1-nx 2=2a ……⑭, 由⑬⑭两式得x 1=
n +2
n +1
a ……⑮ 若粒子与挡板发生碰撞, 有x a
1-x 2>4
……⑯联立⑬⑭⑯得n
v =
qB n +h 2m sin θ⋅2
n +1
a ………⑱把sin θ=
a 2
+h
2
代入⑱中得
qBa a 2+h 2
v o =mh , n =0…………⑲
v 3qBa a 2+h 2
1=4mh , n =1…………⑾
2qBa a 2+h 2
v 2=3mh
, n =2…………⑿
2010【答案】（1
）v =(2-
2aqB m （2
）sin α=10
【解析】设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，
根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：qvB =m v 2mv
R ，解得：R =qB
当a /2的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意，t=T/4时，∠OCA=π/2
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得：
R sin α=R -a
，R sin α=a -R cos α，且sin 22
α+cos 2α=1
解得：R =(2aqB a ，v =(2-m ，sin α=10
2012解：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得
v 2
qvB =m ①
r
式中v 为粒子在a 点的速度。
过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点。
bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半由几何关系知，线段ac 、
径（未画出）围成一正方形。因此ac =bc =r ②
设cd =x , 有几何关系得ac =
3
R + 5
4
R +x ③
5
bc =
联立②③④式得 r =
7R 5
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，有运动学公式得
r =
12
at ⑦ r=vt ⑧ 2
14qRB 2
式中t 是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得E =⑨
5m
28. （09·福建·22） 分) 图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10T, 在X 轴上距坐标原点L=0.50m的P 处为离子的入射口，在Y 上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×10m/s的速率从P 处射入磁场，若粒子在y 轴上距坐标原点L=0.50m的M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m, 电量为q, 不记其重力。 （1）求上述粒子的比荷
4
-3
q ； m
（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y 轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
（3）为了在M 处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。
33. （09·宁夏·25） 如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m 、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点。已知OP=l , OQ 2l 。不计重力。求 （1）M 点与坐标原点O 间的距离； （2）粒子从P 点运动到M 点所用的时间。
28. （09·福建·22）答案（1）
q 77
=4.9×10C/kg（或5.0×10C/kg）；（2）t =7. 9⨯10-6s ； （3）m
S =
0. 25m 2
解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。
（1）设粒子在磁场中的运动半径为r 。如图甲，依题意M 、P 连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 r =
2L
① 2
v 2
由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 qvB =m ②
r
联立①②并代入数据得
q 77
=4.9×10C/kg（或5.0×10C/kg） ③ m
（2）设所加电场的场强大小为E 。如图乙，当粒子子经过Q 点时，速度沿y 轴正方向，依题意，在此时加入沿x
轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
qE =qvB ④ 代入数据得 E =70N /C ⑤
所加电场的长枪方向沿x 轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ 所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T ，所求时间为t ，则有
4502πr
T t = ⑥ ⑦ T =0
v 360
联立①⑥⑦并代入数据得 t =7. 9⨯10s ⑧
（3）如图丙，所求的最小矩形是MM 1P 1P ，该区域面积
-6
S =2r 2 ⑨
联立①⑨并代入数据得 S =0. 25m 矩形如图丙中MM 1P 1P （虚线）
33. （09·宁夏·25） 解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v 0，粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为t 1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则
2
a =t 1=
qE
①
m ② v 0=
x 0
③
t 1
其中x 0=, y 0=l 。又有
tan θ=
at 1
④ 联立②③④式，得θ=30︒ v 0
因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ =90︒，所以MQ 为直径。从图中的几何关系可知。
R = ⑥ MO =6l ⑦
（2）设粒子在磁场中运动的速度为v , 从Q 到M 点运动的时间为t 2, 则有
v 0
⑧ cos θπR
⑨ t 2=v v =
带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间为t 为
t =t 1+ t 2 ⑩
11联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得
t =+ 1 ○
⎝