高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的技巧及练习题及练习题(含答案)

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的技巧及练习题及练习题
(含答案)
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．如图所示，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。

质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。

若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；
(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。

【答案】(1)0qBR
v m
=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；
(3)2 1.6B B = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图
由几何关系得轨道半径
1r R =
洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有
20
0mv qv B
m
= 解得
0qBR
v m =
粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有
4
T t =
而周期为
1
2r T v π=
解得
2m
t qB
π=
(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图
由几何知识得EF 的长度
L EF =R cos53°
在三角形EFO 1中，有
sin 0.6EF
L R
θ=
= 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53° 而CE 的长度
cos37CE L R R =-︒
OF 的长度为
sin 53OF CE L R L =︒-
联立解得
0.6OF L R =
(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有
22sin 37r r R ︒+=
由向心力公式得
20
022
mv qv B r =
联立解得
2 1.6B B =
2．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（4
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 A Z X 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 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，则该α衰变的核
反应方程为44
2
2A
A Z Z X Y H --→
+ ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆
周运动的周期为 2m Bq π ，环形电流大小为 2
2Bq m
π ；（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 ，则衰变过程的质量亏损△m 为损
2
2
11()()2BqR m M c + ． 【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
44
22X Y He A A Z
Z --→
+
（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
2
v qvB m R
=
根据圆周运动的参量关系有2πR
T v
=
得α粒子在磁场中运动的周期2πm
T qB
=
根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22πq q B
I T m
==
（3）由2
v qvB m R =，得qBR v m
=
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mv qBR
v M M
='=
根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有2
2211
22
mc Mv mv '∆=
+ 解得2
2
()()2M m qBR m mMc
+∆= 说明：若利用4
4
A M m -=
解答，亦可． 【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．
3．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、
Q 两点之间的距离为
2
L
，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

（1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；
（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。

【答案】（1）2U E L =
，2M eU
v m
=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）
2M mv mv B eR L e ==
，3
348M R L m t v eU
ππ==；（3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】
（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2
012
eU mv = 可得02eU
v m
=
电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU
== y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE t m
=⨯ 由以上各式可得：2U
E L
=
电子运动至M 点时：22
0(
)M Ee v v t m
=+ 即：2
M eU
v m
= 设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，
02cos 2
M v v θ=
= 解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M 点到A 点，做匀速圆周运动，因O 2M ＝O 2A ，O 1M ＝O 1A ，且O 2A ∥MO 1，所以四边形MO 1AO 2为菱形，即R ＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：2
M
M v ev B m R
=
即
2
M
mv mv B
eR L e
==
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==。

（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R'，即222
R L
'=
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：22)2
n R L
'=（n＝1，2，3，…）
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径
M
mv
R
eB
'=
解得：
22
n emU
B=n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过
1
4
圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期
的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是
1
42
T
T=
又0
2m
T
eB
π
=
则T的表达式为
22
T
n emU
=（n＝1，2，3，…）。

4．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。

P是圆外一点，OP=3r。

一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。

己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。

求
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知
识解决问题的的能力。

【详解】
（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①
易得：②
（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
③
进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则
④
联立②③④解得
5．如图所示，在x轴上方存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子
、速度源，可向x轴和x轴上方的xOy平面各个方向不断地发射质量为m、带电量为q
大小均为v的粒子。

在x轴上距离原点0x处垂直于x轴放置一个长度为0x、厚度不计、两
侧均能接收粒子的薄金属板P（粒子打在金属板P上即被吸收，电势保持为0）。

沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。

（1）求磁感应强度B 的大小；
（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；
（3）要使薄金属板P 右侧不能接收到粒子，求挡板沿x 轴正方向移动的最小距离。

【答案】（1）0mv B qx =（2
）0min 3x t v π=；0
max 53x t v
π=（3）(
)
031x -
【解析】 【详解】
（1）设粒子做圆周运动的半径为R 。

根据牛顿第二定律，得：2
mv qvB R
=
由几何关系，得：0R x =
联立解得：0
mv
B qx =
； （2）带电粒子在磁场中的运动周期为T ，则有：2R
T v
π=， 得0
2x T v
π=
打在P 左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；
由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是160θ=︒
运动的最短时间：1
min 0
360t T θ=
联立解得：0
min 3x t v
π=
打在P 右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，
由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是2300θ=︒， 运动的最短时间：2
max 360t T θ=︒
联立解得：0
max 53x t v
π=
（3）带电粒子能达到的范围如图阴影所示:
要使挡板右侧无粒子到达，P 板最上端与O 点的连线长应为02x 即粒子运动的直径. 所以沿x 轴正方移动的最小长度.
()
)
2
2000231x ON OM x x x ∆=-=
-=
，
6．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小E ；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；
(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．
【答案】（1）2
mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）0
2L t v π=
【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，
2
122
L at =，qE ma = 联立解得： 2
mv E qL
=
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x
y
v v θ==l 速度大小0
02sin v v v θ
=
= 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2
π
；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2
π
.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n
=
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
v qvB m R
=
得：0
4nmv B qL
=
，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有222x R =，此时满足()221L n x =+
联立可得：()2212
R n =
+
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
22
v qvB m R =
得：()0
2221n mv B qL
+=
，n=1、2、3....
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =
，n=1、2、3....或()0
2221n mv B qL
+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n ×
2π×2=2nπ，则0
2222n n m L t T qB v ππππ=⨯==
若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0
2222n n m L
t T qB v ππππ=⨯
==或
2220
(42)(4
2)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
==
7．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O 点时的速度：2
2002v v v v =+=
；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……，
解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1
，则：t 1＝
2a v ； 粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2m
T qB
π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P 点，则粒子在磁场中的运动时间：t 2＝
1
4
T 1， 若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P 点，粒子在磁场中的运动时间：t 2＝1
4T 1+34
T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×
1
4T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×1
4T 1+2×34
T 2， ………… 则23(1)24m
m
t k k qB
qB
ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)
m
t n
n
qB qB
ππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2， 解得：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qB
ππ=
++ n ＝1、2、3……；
8．现代物理经常用磁场来研究同位素粒子，在xoy 坐标系内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ．现有电荷量均为q +的a b 、两粒子从坐标原点O 以相同速率v 同时射入磁场，a 沿x 轴正方向，b 沿y 轴正方向，a 粒子质量为m ，b 粒子质量为2m ，不计粒子重力以及粒子间相互作用，求：
（1）当a 粒子第1次刚到达y 轴时，b 粒子到达的位置坐标；
（2）a b 、粒子是否会再次相遇？如能，请通过推导求出何时相遇；如不能，请简要说明理由；
（3）设两粒子在y 轴上投影的距离为y ∆，则y ∆何时有最大值并求出y ∆的最大值． 【答案】（1）（22mv mv qB qB -
，）（2）a 、b 粒子在4k m
t qB
π=时刻相遇（k =1、2、3……）（3）(43)n m t qB π+= （n =1、2、3……） 4mv
Bq
【解析】 试题分析：（1）由可知：
a 粒子半径周期
b 粒子半径2122mv r r qB =
=周期21222m
T T qB
π⋅== a 粒子第1次刚到达y 轴历时
所以此时b 粒子运动
1
4
周，位置坐标为（）
（2）由图可知：ab 可能在O 、P 点再次相遇 因为，所以A.b 粒子经过24m
t T qB
π==
在O 点再次相遇，该过程粒子不可能在P 点相遇
所以A.b 粒子在4k m
t qB
π=
（k=1、2、3……） 时刻相遇
（3）解法一：
由第（1）问分析可知，当a 粒子第二次到达其圆轨迹最高点时（即a
粒子运动了132
T ），b 粒子恰好在其圆轨迹的最低点，此时两粒子在y 轴上投影的距离Δy 最大．
考虑圆周运动的周期性，此后a 粒子每运动两周，b 粒子运动一周，两粒子在y 轴上投影的距离Δy 再次最大． 所以113(43)22n m t T n T Bq
π+=
+⋅=时最大
max 144mv
y r Bq
∆==
解法二： 由
可知：a 粒子半径为r 时，b 粒子的半径为2r 由
可知：b 的半径扫过角时，a 的半径扫过2θ角
当
时，
有最大值4r ，此时
即222 1.52t Bqt
n t T m
πππω+==
=得：时
最大，max 44mv
y r Bq
∆==
． 考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．
9．在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合，o 点与桌面右边相
距为7
4
d
，一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，
杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g．求：
（1）环离开小孔时的坐标值；
（2）板外的场强E2的大小和方向；
（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围．
【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-1
4 d；
（2）板外的场强E2的大小为mg
q
，方向沿y轴正方向；
（3）场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
～．
【解析】
【详解】
（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
mx1-3mx2=0 ①
而x1+x2=d ②
①②解得：x1=3
4
d③
x2=1 4 d
环离开小孔时的坐标值为：x m=3
4
d-d=-
1
4
d
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg
解得：2mg
E q
=
，方向沿y 轴正方向 （3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P 、Q ，则
若环绕小圆运动，则R =0.75d ④
根据洛仑兹力提供向心力，有：2
v qvB m R
= ⑤
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v ，根据动能定理，有： qE 1x 1=
12
mv 2⑥ 联立③④⑤⑥解得：2138qB d
E m
=
若环绕大圆运动，则R 2=（R -1.5d ）2+（2d ）2 解得：R =0.48d ⑦
联立③⑤⑥⑦解得：216qB d
E m
≈ 故场强E 1的取值范围为223 68qB d qB d
m m
～
，环打在桌面上的范围为1744d d -～．
10．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标
06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度
51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方
向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴
上方180°范围内的各个方向发射比荷为
81.010/q
C kg m
=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率6
0 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动
2
0v qv B m r
=
解得：0
5mv r cm qB
=
= （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
000x v t =
2
012
h at =
qE a m
=
解得：18210h cm R cm =>=，
说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则
0x v t =
212
y at =
代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan 2
y qE x v m v y
v v θ===g
，
所以()()
00tan 22H x x x y y θ=-=-g ， 由数学知识可知，当()
022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
11．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。

求： （1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B ，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B 的最小值为多少？
【答案】（1）2qEd
m
=v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】 【详解】
（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得2
12
qEd mv =， 解得2qEd
v m
=
（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x
由类平抛规律x vt =，2
12Eq y t m
=
由几何知识可得x=y ，解得2md
t Eq
=
两点间的距离为2CA x vt =，代入数据可得42CA x d =
（3）由2
mv qvB R
=可得mv R qB =，即12mEd R B q =由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22
r += 又因为'mv r qB =
，所以'mv
B qr
=， 代入数据可得('222B B =-
12．一个氘核（2
1H ）和一个氚核（3
1H ）聚变时产生一个中子（1
0n ）和一个α粒子（4
2e H ）。

已知氘核的质量为D m ，氚核的质量为T m ，中子的质量为n m ，α粒子的质量为αm ，光速为c ，元电荷电量为e 。

（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能E ∆。

（2）反应放出的α粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R ，磁感应强度大小为B 。

求α粒子在磁场中圆周运动的周期T 和等效电流I 的大小。

（3）1909年卢瑟福及盖革等用α粒子轰击金箔发现，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些α粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。

卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把α粒子反弹回来，在经过深思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。

以一个α粒子以速度v 与原来静止的电子
发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把α粒子反弹回来（已知α粒子的质量是电子质量的7300倍）。

【答案】（1）22
D T n ()
E mc m m m m c α∆=∆=+--（2）2α2πe B I m =（3）α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹
【解析】
【详解】
（1）核反应方程：23141102H+H n+He →
反应释放的核能：()22
D T n
E mc m m m m c α∆=∆=+-- （2）设α粒子的速度大小为v ，由2
α2v evB m R
=，2πR T v = 得α粒子在磁场中运动周期：απm T eB
= 由电流定义式2e I T
=，得环形电流大小：2α2πe B I m = （3）设电子的质量为e m ，碰撞后α粒子的速度为αv ，电子的速度为v e 。

由动量守恒：αe e m v m v m v αα=+ 由能量守恒：
222αe e 111222
m v m v m v αα=+ 得e αe m m v v m m αα-=+ 因1e e
m m m m αα-≈+ 所以αv v ≈，即α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。

13．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的半径R=h 的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，圆与x 、y 坐标轴切于D 、A 两点，y ＜0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从电场中Q （-2h ，-h ）点以速度v 0水平向右射出，从坐标原点O 射入第Ⅰ象限，与水平方向夹角为α，经磁场能以垂直于x 轴的方向从D 点射入电场．不计粒子的重力，求：
（1）电场强度E 的大小以及α的正切值
（2）磁感应强度B 的大小
（3）带电粒子从Q 点运动到最终射出磁场的时间t ．
【答案】(1) 202mv E qh
= ，α＝45°，因此粒子从C 点正对圆心O 1进入磁场．(2) (022mv B qh
+= (3) (03226224h v π⎡⎤+⎢⎥+⎢⎥⎣⎦ 【解析】
【详解】
（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得 2h ＝v 0t h ＝
12
at 2 又qE ＝ma 联立解得202mv E qh
= 设粒子到达O 点时的速度为v ，沿y 轴正方向的分速度为v y ，
则有v y ＝at ＝0
2·qE h m v ＝v 0， v 220y
v v +2v 0 速度v 与x 轴正方向的夹角α满足tan α＝0y
v v ＝1
即α＝45°，因此粒子从C 点正对圆心O 1进入磁场．
（2）又因为粒子垂直于x 轴射出磁场， 轨道半径21)21)r R h ==
由牛顿第二定律有 2
v qvB m R
=
联立解得0(22)mv B qh += （3）带电粒子在电场中做类平抛运动的时间 1
02h t v =
从O 点运动到磁场边界的时间()
2022(21)2h R t v --== 粒子从D 点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出
在磁场中运动的时间：30
33(22)24r h t v v ππ-== 在第四象限电场中往复时间40242v h t a v =
= 带电粒子从Q 点运动到最终射出磁场的时间
()1234032267224h t t t t t v π⎡⎤-+⎢⎥=+++=+⎢⎥⎣⎦
【点睛】
带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解．
14．在xOy 平面内的第一象限内，x ＝4d 处竖直放置一个长43L d =的粒子吸收板AB ，在AB 左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场。

在原点O 处有一粒子源，可沿y 轴正向射出质量为m 、电量为＋q 的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力
(1)若射出的粒子能打在AB 板上，求粒子速率v 的范围；
(2)若在点C(8d ，0)处放置一粒子回收器，在B 、C 间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B 点进入AB 右侧区间的粒子，需在AB 右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O 点发射到进入回收器所用时间。

【答案】（1）28qBd qBd v m m
≤≤（2）56m qB π 【解析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图所示：
①粒子打在吸收板AB 的下边界A 点，设粒子的速率为1v ，由图中几何
关系可知圆心在1O 点，粒子的轨道半径12r d =，
由牛顿第二定律可得： 2111
v qv B m r = 联立可得： 12qBd v m
= ②粒子打在吸收板AB 的上边界B 点，设粒子的速率为2v ，由图中几何关
系可知圆心在C 点，粒子的轨道半径28r d =，
由牛顿第二定律可得： 2222
v qv B m r = 联立可得： 28qBd v m
= 由题意可得：射出的粒子能打在AB 上，粒子的速度需满足：
28qBd qBd v m m
≤≤ （2）经过B 点的粒子能够到达C 点，设磁场的磁感应强度为'B ， 由图中几何关系，粒子的半径81232d r n n
==⋯（、、） 由牛顿第二定律可得： 222'v qv B m r
= 联立可得： '2123B nB n ==⋯（、、）
粒子从O 到B 的时间13m m t qB qB θπ=
= 粒子从B 到C 的时间2212322'2n n m m t T n qB qB
ππ==⨯==⋯（、、） 故粒子从O 到C 的时间1256m t t t qB π=+=。

点睛：本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的一般问题，只是由于粒子的速度不定，再加上一档板，轨迹受空间影响，要画出极值情况的轨迹，再由相关规律求出相应的求知数．要注意的是恰从档板B 处飞出的粒子要回到C 回收器，这里有多解问题引起重视。