高考物理总复习冲刺练习专题 带电粒子在磁场中的运动

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，一质量为m、电荷量为+q的粒子从竖直虚线上的P点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A点．巳知P、A两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).

(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B1；

(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q(已知静电力常量为是）；

(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P点到A点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B2和匀强电场的电场强度大小E.

25mv05mv05mv0lBBQ （2） （3）2 【答案】（1）12ql3ql8kq220(23)mv0E

9ql【解析】 【分析】 【详解】

（1)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1 由几何关系得r112lcosl 252v0由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1m

r1解得:B15mv0 2ql(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2 由几何关系得r2l5l

2cos82v0Qq 由库仑力提供向心力得k2mr2r225mv0l 解得:Q8kq(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动 粒子在电场中的运动时间tlsin3l v05v0T 2根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则t又T2m qB2解得B25mv0 3ql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则v0tr

解得:r3l 51qE2t 2m粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，lcos2r220(23)mv0解得:E

9ql

2．如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求： （1）带电粒子的初速度；

（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。

【答案】(1)v【解析】 【详解】

41m8qBL)；(2)t(1 45qBm(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：

QC5Lsin37o

O1QOQ5L

sin37O在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1，

R1O1QQC

v2qvBm

R1解得：v8qBL ； mmvv2(2)由公式qvBm得：R2，解得：R24L

qBR2

由R24L可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中O1占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为t1

PC5Lcos37o

t1PC v带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为T1，时间为t2

T12m qB37ot2T1

360o带电粒子从D做匀速圆周运动到O1点的周期为T2，所用时间为t3

T22mm q·2BqB1t3T2

2从P点到再次回到P点所用的时间为t

t2t12t2t2

联立解得：t14145m。 qB

3．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U构成偏转电场，一束比荷为

q105C/kg的带正电的粒子流（重力不计），以速度vo=104m/s沿 水平方向从金属极m板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O为圆心，区域直径AB长度为L=1m， AB与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B0=0. 5T，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：

（1）两金属极板间的电压U是多大？

（2）若To=0．5s，求t=0s时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置．

（3）要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中 不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期Bo，To应满足的条件．

【答案】（1）100V （2）t=2105s，射出点在AB间离O点0.042m （3）T0【解析】

试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出使速度

3105s

代入数据得U=100V （2）

粒子在磁场中经过半周从OB中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB间离O点（3）粒子运动周期

，粒子在t=0、

….时刻射入时，粒子最

可能从AB间射出

如图，由几何关系可得临界时要不从AB边界射出，应满足得

考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动

4．如图所示，虚线MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，虚线MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP与MN相交于O点．在A点有一质量为m，电量为+q的带电质点，以大小为v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A与O点间的距离为3mv03mg，虚线MN右侧电场强度为，重力加速度为g．求： qBq

（1）MN左侧区域内电场强度的大小和方向；

（2）带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；

（3）带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vp．

mg【答案】（1），方向竖直向上；（2）

q；（3）13v0．

【解析】 【详解】

（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE=mg，方向竖直向上； 所以MN左侧区域内电场强度E左mg，方向竖直向上； q2mv0（2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bv0q，

R所以轨道半径Rmv0； qB质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从A到O的运动轨迹为劣弧； 又有dAO3mv03R；根据几何关系可得：带电质点在A点的入射方向与AO间的夹qB1dAO角； arcsin260R根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：

；

（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O点的竖直分速度

13vvcos60v0； ，水平分速度vyv0sin60v0x022质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P点，故竖直位移为零，所以运动时间t2vyg3v0； g所以质点在P点的竖直分速度vyPvy水平分速度vxPvx3v0， 23v07qE1tv03gv0； m2g2所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度

22vPvyPvxP13v0；

5．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、

AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为 m，带电量为 q，不计粒子的重力.求：

(1)带电粒子入射速度的大小；

(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．

mcosqBdqB2d【答案】（1）（2） （3）

qBsinmcosmcos【解析】 【分析】

画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】

（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O．

由几何关系可知：cosd R2v0 洛伦兹力做向心力：qv0BmR解得v0qBd mcos（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有sin粒子作匀速运动：x=v0t 联立解得td xmcos

qBsin（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B

qB2d解得E

mcos【点睛】

此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.

6．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为

L(o)，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与2MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．

（1）求粒子到达O点时速度的大小；

（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；

（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN

23的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E4L，若从AB圆弧面收集到的某粒子经

O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间． 【答案】（1）v【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU01m2m2q；（2）B；（3）600 ；2L

L2qqm12mv 2U2v2q m2能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与3(2）从AB圆弧面收集到的粒子有

MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角600．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R2L

v2由洛伦兹力提供向心力得：qBvm

R联合解得：B1m

L2q（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.

Ltvx1qE2t 2m2mL2m2L qEqEq2qELq tmm2m若速度与x轴方向的夹角为角 cosvx1cos600 v2

7．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B；方向向里，其边界是半径为R的圆，AB为圆的一直径.在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、电量-q的粒子，粒子重力不计．

(1)有一带电粒子以场中运动的时间．

的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B点射出．求此粒子在磁

(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大?

(3)若R=3cm、B=0.2T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m／s、比荷为108C／kg的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字)． 【答案】（1）【解析】 【分析】

（2）

（3）

（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=

T求出粒子在磁场中运动的时间．

（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度．

（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积． 【详解】 （1）由

得r1=2R

粒子的运动轨迹如图所示，则α＝ 因为周期运动时间

．

．

（2）粒子运动情况如图所示，β＝． r2＝Rtanβ＝由

R 得

＝1.5cm

（3）粒子的轨道半径r3＝

粒子到达的区域为图中的阴影部分

区域面积为S=πr32+2×π(2r3)2−【点睛】

r32=9.0×10-4m2

本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．

8．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v的大小；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．

q=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的m

【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】 【详解】

v2（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m

R0可得：v=6×105m/s；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=

0.06=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置； cos370.06=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开； sin37Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-

故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：

y=a=t=

12

at…① 2qEqU=…② mmdL…③ v由①②③解得：y=0.08m

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα 可知tanα=比例η=

4，即α=53° 353×100%=29% 180

9．如图甲所示，边长为L的正方形ABCD区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心O处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v0的带电荷量为－q的粒子，粒子质量为m。图中x、y轴分别过正方形四边的中点E、F、G、H不计粒子重力及相互作用。

(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度B1应该满足什么条件？ (2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60°(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小；

(3)若磁感应强度大小为(2)中B2，则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示) 【答案】(1)

(2)

(3)从AB边射出的坐标为

从BD边射出的坐标为

从CD边射出的坐标为

从AC边射出的坐标为

【解析】 【分析】

(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值．(2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围. 【详解】

(1)为使粒子不离开正方形ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：

联立解得：

(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短， 由几个关系得：

(3)从AB边出射的粒子，轨迹如图所示：

分析可知，解得：

当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处，

由几何关系得，解得：

综上粒子从AB边射出的坐标为

同理求得，从BD边射出的粒子，位置坐标为

同理求得，从CD边射出的粒子，位置坐标为

同理求得，从AC边射出的粒子，位置坐标为

【点睛】

解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.

10．如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋Po，新核Po的速率约为2×105m/s．衰变后的α粒子从小孔P进入正交的电磁场区域Ⅰ，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度B=0.1T．之后经过A孔进入电场加速区域Ⅱ，加速电压U=3×106V．从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r=3m的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度3B0=0.4T、方向垂直纸面向里．圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点M和圆形磁场的圆心O、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上，α粒子的比荷为

q=5×107C/kg． m

(1)请写出衰变方程，并求出α粒子的速率(保留一位有效数字)； (2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小； (3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长？ (4)求出粒子打在荧光屏上的位置． 【答案】（1）

22286Rn218844Po2He 1×107 m/s

（2）1×106V/m （3）

×10－7s 6（4）打在荧光屏上的M点上方1 m处 【解析】 【分析】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度； （2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；

（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可； 【详解】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：

22286Rn218844Po2He ①

设α粒子的速度为v0，则衰变过程动量守恒：0mPov1mHev0 ②

7联立①②可得：v0110m/s ③

（2）粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：qE＝qv0B④ 联立③④可得：E1106V/m ⑤ （3）粒子在区域Ⅱ被电场加速：qU所以得到：v2107m/s⑥

2v粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动： qvB＝m R1212mvmv0 22所以轨道半径为：R＝1m⑦ 而且：T2R⑧ v由图根据几何关系可知：粒子在磁场中偏转角间t60，所以粒子在磁场中的运动时

1T ⑨ 6联立⑧⑨可得：t610－7s；

（4）粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心O，几何关系如图： tan60x，所以x1m，粒子打在荧光屏上的M点上方1m处． r

【点睛】

本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键．

11．如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d．在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e．金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d．磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏．过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O．以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴．现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场．(不考虑电子重力和阻力)

(1)电子进人磁场时的速度v；

(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求 ①磁场的磁感应强度口大小的范围； ②电子打到荧光屏上位置坐标的范围． 【答案】（1）2v0，方向与水平方向成45° （2）①B【解析】

试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有

（1分） （1分） （1分）

（1分）

解得速度偏向角

（1分）

（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值B0，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R

（2分） （1分）

（1分）

12mved0，②4d22d4d

mv2又有qvB0（2分）

R由⑦⑧解得：B0(12)mv0（1分） ed(12)mv0时电子能打

ed磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度B在荧光屏上（得B(12)mv0不扣分）． （1分） ed如图所示，电子在磁感应强度为B0时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场

右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，

即． （1分）

出射点位置到SO连线的垂直距离

y1d2Rsin45（1分）

电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标

y2y1dtan450（1分）

解得y24d22d（1分）

当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标

0为y3d3dtan454d（1分）

电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：

4d22d到4d（2分）

考点：带电粒子在磁场中受力运动．

12．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在直角坐标系中y轴和x＝L之间有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴上A点(0，L)处沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)

(1)粒子的初速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小． 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场

291022905qEL （2）502mmE qL后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：

则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y满足

1Ly2 Ly2L解得

y竖直方向

y1L 512a 2t水中方向

Lv0t

在电场中根据牛顿第二定律

qEma

联立可以得到

v03qEL 2m（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C，由于粒子出磁场时方向沿y轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在O2点，连接O2和C点，交x轴与D点，做O2F垂直x轴，垂直为F． 由几何关系

4LCD5

L2L解得

CD2L 5由于O2FO1CL，故O2FD与O1CD全等，可以得到

O2DO1D

则

2292O1DL2LL

55因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为

RO2DCD粒子出电场时速度沿y轴负方向的分速度

229L 5vy2ay因此粒子进磁场时的速度为

22vv0vy2qEL 5m29qEL 10m2粒子在磁场中做匀速圆周运动有

qvBmv

R解得

B52910229mE29102290qL50mE qL点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题．

13．如图甲所示，A、B为水平放置的间距d0.2m的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为E0.1V/m、方向由B指向A的匀强电场.一喷枪从A、B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v010m/s的带电微粒.已知微粒的质量均为

m1.0105kg、电荷量均为q1.0103C，不计微粒间的相互作用及空气阻力的

影响，取g10m/s.求：

2

（1）求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x。

（2）要使所有微粒从Ｐ点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为E，求E的大小

和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经t00.02s时两板上有微粒击中区域的面积和。

（3）在满足第（2）问中的所有微粒从Ｐ点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1T。求B板被微粒打中的区域长度。 【答案】（1）1m；（2）0.06π m（3）【解析】

试题分析：（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度:a根据运动学：解得: x=1m

（2）要使微粒做直线运动，电场应反向，且有：qEmg

2

31m 10Eqmg md12at 运动的半径：xv0t 22Emg0.1V/m q故电场应该调节为方向向下，大小为E0.1V/m 经t00.02s时，微粒运动的位移sv0t

极板上被微粒击中区域为半径为r的圆，其中rs()

22d22S2r20.06 m2

（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：

v2mvqvBm R0.1m

RqB竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好与B板相切,如图甲所示：d10.1m 当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示： d23m 10

故B板被微粒打中的区域的长度都为

31m 10考点：带电粒子在复合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动.

14．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射

出α粒子（2He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．

（1）放射性原子核用 AZX 表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．

（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小． （3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m．

【答案】（1）放射性原子核用 AZX 表示，新核的元素符号用Y表示，则该α衰变的核

A反应方程为ZXA4Z24Y2H ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆

42mBq2周运动的周期为 ，环形电流大小为 ；（3）设该衰变过程释放的核能都转

Bq2m为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量亏损△m为损

11(BqR)2 ． ()2mM2c【解析】

（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为

AZXA4Z24Y2He

（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有

v2qvBm

R根据圆周运动的参量关系有T2πR v2πm qB得α粒子在磁场中运动的周期Tqq2B根据电流强度定义式，可得环形电流大小为I

T2πmqBRv2（3）由qvBm，得v

Rm设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0 可得vmvqBR MM2根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有mc11Mv2mv2 22(Mm)(qBR)2解得m

2mMc2说明：若利用MA4m解答，亦可． 4【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．

（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．

（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．

15．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧

所对应的圆心角为．不计重力，求：

（1）离子速度的大小； （2）离子的质量． 【答案】（1）（2）【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示

（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则

①

又

②

由①②式得③

（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则

④

由几何关系有⑤

解得

考点：带电粒子在磁场中的运动

点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键．