高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)含解析

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,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发
射两种原子核、,的速率为v, 的速率为 ,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)求原子核的比荷 (用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；
(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；
(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。

已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。

(已知电子的电荷量为e)
【答案】(1) ; (2) (3)
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据
求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。

【详解】
（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得
弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：
由几何关系得：圆心角为，运动的周期为
故运动的时间为
（2）设圆周运动半径为，如图所示、：
由几何关系得：
解得：
设Y粒子的质量为，电荷量为
由，解得：
联立解得：，即，解得：a=15
（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：
已知轨迹恰好与A 相切，则
代入数据解得：，解得：
由几何关系得Y 粒子在
范围内出射能到达金属板
单位时间打到金属板的Y 粒子数为
由几何关系得Y 粒子在
范围内出射能到达金属板
单位时间打到金属板的Y 粒子数为 通过电阻r 上的电流
【点睛】
带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。

2．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。

在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。

若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。

已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。

若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。

两小球重力均不计。

(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；
(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。

【答案】(1)2n ，21n n ；(2)12
3r
r n n
【解析】 【详解】
(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有
A 1
B mv n mv =①
小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有
2A A A mv qv B r =，
21B
2B B
n mv n qv B r =②
解①②式得
A
2B
r n r = 磁场运动周期分别为
A 2πm T qB
=
，1B 22πn m T n qB =
解得运动时间之比为
A
A 2
B B 1
22
T t n T t n == (2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。

水平方向有
A A L v t =③
竖直方向有
2A A A 12
y a t =
④ 由牛顿第二定律得
A qE ma =⑤
解③④⑤式得
2
A A
()2qE L y m v =
⑥ 小球B 在电场中做类平抛运动，同理有
2
2B 1B
()2n qE L y n m v =
⑦
由题意知
B y r =⑧
应用几何关系得
B A 2y y r y ∆=+-⑨
解①⑥⑦⑧⑨式得
12
3r y r n n ∆=-
3．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为q +、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示。

该粒子运动到图中Q 点时的速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示。

已知
P 、Q 间的距离为l 。

若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电
场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到
Q 点。

不计重力。

求：
(1)电场强度的大小。

(2)两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之差。

【答案】(1)2
2qlB E m
=；(2)(1)2m qB π-
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以0v 表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周半径，则有
2
0v qv B m R
= ①
由于粒子在Q 点的速度垂直于它在4P 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹是圆周的
1
4
，故有 2
R =
②
联立①②得
0v ③
在电场中粒子做类平抛运动，分别以x 、y 、E 、a 、E t 表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则
qE ma = ④
垂直0v 方向
2
12
E y R at == ⑤
沿0v 方向
0E x R v t == ⑥
联立②③④⑤⑥各式可解得
2
E m
=
电场强度的大小为
E =
（2）由分析知粒子在磁场中由P 运动到Q 点所经历的时间B t 为1
4
周期，故
0112442B R m t T v qB
ππ==⋅= 在电场中由P 运动到Q 点所经历的时间
0E R m
t v qB
=
= 由P 运动到Q 点所经历的时间之差
(1)2B E m
t t qB
π-=-
两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之差为(1)2m
qB
π-
4．如图所示，在足够长的绝缘板MN 上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P 点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小相等。

已知粒子的比荷为
q
m
＝k ，在磁场中运动的轨道半径R ，P 点与绝缘板的距离为d ＝1.6R （不计粒子间的相互作用和粒子的重力，sin37°＝06，sin53°＝0.8）。

求 （1）粒子源所发射粒子的速度大小v 0；
（2）能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度L m ； （3）打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值。

【答案】（1）kBR （2）2R （3）0.25 【解析】 【详解】
（1）根据洛伦兹力提供向心力可得
2
00v qv B m R
＝ 粒子在磁场中运动的轨道半径为：
mv R qB
=
粒子比荷为k ，联立解得：
0v kBR ＝
（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C 、D ，
粒子在C 点与绝缘板相切，PD 为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：
()
2
22 1.2P D R d R '=
-=
22()0.8CP R d R R '=--=
带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：
2m L CD R ＝＝
（3）根据上图中的几何关系可得：
1.2sin 0.62R
P PD R
∠'==，37P PD ∠'︒＝ 0.8sin 0.8R
OPE R
∠=＝
，53OPE ∠︒＝ 根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为θ＝37°+53°＝90°范围内有粒子打在板上，打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的
1
4
，故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的
比值为0.25。

【点睛】
5．如图所示，平面直角坐标系xoy 被三条平行的分界线分为I 、II 、III 、IV 四个区域，每条分界线与x 轴所夹30º角，区域I 、II 分界线与y 轴的交点坐标（0，l ），区域I 中有方向垂直纸面向里、大小为B 的匀强磁场；区域 II 宽度为d ，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域III 为真空区域；区域IV 中有方向垂直纸面向外、大小为2B 的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子l 带正电，以速度大小v 1从原点沿x 轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x 轴正半轴一点A 沿x 轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域II ；随后粒子1以平行于x 轴的方向进入区域III ；粒子2以平行于y 轴的方向进入区域III ，最后两粒子均在第二次经过区城III 、IV 分界线时被引出．
（1）求A 点与原点距离；
（2）求区域II 内电场强度E 的大小和方向； （3）求粒子2在A 的速度大小；
（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城III 宽度应设计为多少？ 【答案】（1）23OA l =（2）1
3Blv E d
=（3）21v v =（4）32d S l =-
【解析】
（1）因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ运动半径为R 1=l
粒子2在区域Ⅰ运动半径为R 2由几何关系知
221
32
R R l =+ 23R l =
33323OA l l l =-=
（2）要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方 两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有 1
313tan 30E v v v =
=︒111
13q E d v m v =⋅ 又 2
1111
v q v B m l
= 所以111q v m Bl = 1
3Blv E =
（3）粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为22
4E 3tan 603
v v v ==
︒ 对粒子2在电场中运动有
2222
3
3q E d v m v =⋅ 又 2
2
2223v q v B m l
= 所以
2223Bl
q v
m = 所以 21v v =
（4）粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为1
312sin 30v v v =
=︒
有 23
1313
2v Bq v m R = 3R l = 粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为22
423cos30v v v =
=
︒有 24
242
4
2v Bq v m R = 43R l =
两粒子要在区域IV 运动后到达同一点引出，O 3圆对应的圆心角为60゜，O 4圆对应的圆心
角为120゜
3E 4E 3412
2cos30++tan 30tan 6022v v S S d d
R R v v +︒=
⋅+⋅︒︒ 32
d S l =-
点睛：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．
6．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为
26qB L
m
；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A
发生弹性碰撞，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．
（1）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；
（2）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间． 【答案】（1）1（2）57k =或1
3
k = ；A 球在磁场中运动的最长时间32m qB π
【解析】 【详解】
（1）令P 初速度qBL
v m
=
，设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ， 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222
kmv kmv mv =+ 可得：A 21k qBL v k m
=
⋅+，可知k 值越大，v A 越大；
设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律：2
A A mv qv
B R
= 可得：A mv R qB =
，可知v A 越大，R 越大；即21k
R L k =
+，k 值越大，R 越大； 如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 可得：A qBL
v m
=
，求得k 的最大值为1k =
（2）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：
（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有
()2
22 1.52L R L R ⎛⎫
=+- ⎪⎝⎭
解得：56L R =
可得：5
7
k = （II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2
L
R ≥
，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．令电场强度
26qB L
E m
=；如图3和如图4，由几何关系有：
22
23322L R R L ⎛⎫⎛
⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
解得：58L R =
或2
L
R =
可得：
5
11
k=或
1
3
k=
当
5
8
L R=
时，
A
5
8
qBR qBL
v
m m
==，由于2
A
175
264
mv qEL qEL
⋅=>
当
2
L
R=时，
A2
qBR qBL
v
m m
==，由于2
A
13
24
mv qEL qEL
⋅=<
此类情形取
2
L
R=符合题意要求，即
1
3
k=
综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：
5
7
k=或
1
3
k=
A球在磁场中运动周期为
A
22
R m
T
v qB
ππ
==
当k=
1
3
时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间
33
42
T m
t
qB
π
==
7．如图所示，xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0. 1T，在原点O 有一粒子源，它可以在xOy平面内向各个方向发射出质量27
6.410
m-
=⨯kg电荷量19
3.210
q-
=⨯C、速度6
1.010
v=⨯m/s的带正电的粒子。

一感光薄板平行于x轴放置，其中心O'的坐标为（0，a），且满足a>0. 不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用。

（1）若薄板足够长，且a=0. 2m，求感光板下表面被粒子击中的长度；
（2）若薄板长l=0. 32m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a的最大值；
【答案】
13
+
(2)0.32m
【解析】
【分析】
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向不定，采用旋转圆的方式确定临界点；
(2)作出粒子恰能击中板的最左端与最右端时粒子的轨迹，求出a的最大值。

【详解】
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力：
2
v
qvB m
r
=
解得：0.2m r =
沿y 轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D 点，可知：
10.2m x r ==
而击中薄板最右端E 点的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系可得：
22
22(2)r x r +=
解得：23
m x =
则感光板下表面被粒子击中的长度：1213
m L x x +=+=
(2)粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系可知：
222()()2
l
a r r +-= 解得：0.32m a =
若粒子恰能击中薄板的最右端点，根据几何知识可知：
222()(2)2
l
a r +=
解得：0.1344m 0.32m a =>
综上所述，为了使感光板下表面全部被粒子击中：0.32m m a =
【点睛】
典型的旋转打板模型，粒子的速度一定，说明运动的轨迹是一个定圆，方向不同，可以采用旋转圆的方式画出临界点，进而求解。

8．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O 点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v 、比荷为k 的带正电的粒子， PQ 是在纸
面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为
v
kB
，且粒子打在挡板上会被吸收．不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求:
（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；
（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少；
（3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。

【答案】（1）3v
；（2）
4
3kB
π
；（3）
5
12。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
2
v
qvB m
r
=
解得：
mv v r
qB kB ==
在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：
由题意可知：
v
r OP
kB
==
由几何知识可得：
v
PN
kB
=
设粒子初速度方向与OP夹角为θ，随着θ从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N 点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点
为M ，在△OPM 中，由几何关系可得：
()
2
22PM r r =
-
所以
3v PM kB
=
当夹角θ继续增大，则粒子打在挡板上的点从M 点逐渐下移至P 点，由以上分析知道,挡板长度至少等于
3v
kB
时，挡板吸收的粒子数最多． （2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P 点时，时间最短，如图2轨迹1所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
13
π
θ=
当粒子从右侧恰好打在P 点时，时间最长，如轨迹2所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
253
πθ=
粒子的运动周期：
222r m T v qB kB
πππ
=
== 最短时间：
1
12t T θπ
=
最长时间：
2
22t T θπ
=
最长的时间差：
2142T t t kB
π
∆=-=
（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为：
56
πα=
打到板上的粒子占所有粒子的比率为：
5212
αηπ=
=
9．如图所示是研究光电效应现象的实验电路，、
为两正对的圆形金属板，两板间距
为，板的半径为，且
．当
板正中受一频率为的细束紫外线照射时，照射部
位发射沿不同方向运动的光电子，形成光电流，从而引起电流表的指针偏转．已知普朗克常量h 、电子电荷量e 、电子质量m ．
（1）若闭合开关S ，调节滑片P 逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小．当电压表示数为
时，电流恰好为零．求：
①金属板N 的极限频率
；
②将图示电源的正负极互换，同时逐渐增大极板间电压，发现光电流逐渐增大，当电压达到之后，电流便趋于饱和．求此电压．
（2）开关S 断开，在MN 间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零，求磁感应强度B 至少为多大时，电流为零． 【答案】（1）①②
（2）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）①据题意，由光电效应方程得到：
①
据电场力做负功，刚好等于动能变化，有：
②
极限频率为：
③
④
②当电源正负极互换后，在电场力作用下，电子飞到极板M上，且电压越大，飞到该极板上的光电子数量越多，当所有光电子飞到该极板时，电流达到饱和，此时飞得最远的光电子可以近似看出类平抛运动，则有：
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
（2）当在MN间加有匀强磁场，在磁场力作用下，光电子做匀速圆周运动，当运动半径最大的光电子的半径等于d/2，则光电子到达不了极板M，那么就可以使电流为0，则有：
⑩
⑾
⑿
10．如图1所示，左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；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。

右边有一半径为R、圆心为O的圆形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EG所对应的圆心角为 ，不计离子重力。

求：
（1）离子进入平行板时的速度大小v 0； （2）离子的质量m ；
（3）如图2所示，若改变右侧圆形磁场区域的位置，使圆形磁场的直径EH 与EF 成α角，该离子沿平行于金属板的方向从E 点射入磁场区域，恰好从H 点射出，求α角的正弦值sin α。

【答案】（1）v 0
=0U B d ；（2）m
=
0tan 2qBB Rd U θ；（3）sin α=cot 2
θ
【解析】 【详解】
（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等， 即：B 0qv 0=qE ，其中U
E d
= ， 解得：00U
v B d
=
； （2）在圆形磁场区域，微粒做匀速圆周运动，
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得：20
v qvB m r
= ，
由几何关系有：2
r tan R
θ
=
解得0tan 2
qBB Rd m U θ
=
（3）若离子沿平行于金属板的方向从E 点射入磁场区域，则轨迹如图；
由几何关系可知：sin R r α=
，因2r
tan R
θ=
可知sin
cot
2
θ
α=
11．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……；
12．处于静止状态的某原子核X ，发生α衰变后变成质量为m Y 的原子核Y ，被释放的α粒子垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中,测得其圆周运动的半径为R ，设α粒子质量为m ，质子的电荷量为e ，试求: (1)衰变后α粒子的速率v α和动能E kα; (2)衰变后Y 核的速率v Y 和动能E kY ;
(3)衰变前X 核的质量m X ．
【答案】(1)2BeR v m α= 222
2k B e R E m α= (2) 2Y Y
BeR v m = 2222kY Y B e R E m = (3)2222211()X Y y
B e R m m m c m m =+++ 【解析】
【详解】
（1）α粒子在匀强磁场中做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供,即2v Bqv m R
αα= α粒子的电荷量q =2e
所以α粒子的速率2BeR v m α=
动能2222k 12E 2B e R mv m
αα== （2）由动量守恒mv α-m Y v Y =0,所以2y y
BeR v m = 222
2ky 12E 2y y y
B e R m v m == （3）由质能方程ΔE =Δmc 2，而ΔE =E kα+E kY 所以2222211()Y
c B e R m m m ∆=+ 衰变前X 核的质量m X =m +m Y +Δm =m +m Y +2222211()Y
B R m c e m +
13．如图所示，一质量为m =0.5kg ，电荷量为q =+0.2C 的小物块（可视为质点），放在离地面高度为h =5m 的水平放置、厚度不计的绝缘圆盘边缘，并随圆盘一起绕中心转轴顺时针做匀速圆周运动，圆盘的角速度为ω=2rad /s ，半径为r =1m ，圆盘和小物块之间的动摩擦因数为μ=0.5．以圆盘左侧垂直于纸面的切面和过圆盘圆心O 点与空间中A 点的竖直平面为界（两平面平行），将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个空间区域，当小物块转动时，Ⅰ区域出现随时间均匀增大的电场E （图中未画出），电场方向是竖直方向．当E 增大到E 1时，小物块刚好从空间中的A 点离开圆盘，且垂直于Ⅰ、Ⅱ区域边界进入Ⅱ区域，此时，Ⅱ区域和Ⅲ区域立即出现一竖直向上的匀强电场E 2（图中未画出），E 2=25N/C ，且Ⅲ区域有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L =4m ，g =10m/s 2．求：
（1）E 1的大小和方向；
（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度B 的取值范围是多少？
（3）现将磁感应强度B 取某一值，当小物块离开A 后一小段时间，紧贴圆盘圆心O 点下方以速度073v =m/s 水平抛出一木制小球，最终两者在磁场宽度范围内的地面上相遇，则从小物块离开A 点时开始计时，抛出木制小球的时刻t 为多少？
【答案】（1）15N/C E =，竖直向上（2）1.252T B T ≤＜（3）2.96s
【解析】
试题分析：（1）当Ⅰ区域的电场向上时，小物块与圆盘间的最大静摩擦力减小，当其减小到等于向心力时，小物块沿切线方向飞出，所以，1E 的方向竖直向上．
由牛顿第二定律有：21mg E q m r μ
ω-=（） 代入数据解得：15N/C E =
（2）在Ⅱ、Ⅲ区域，由于
95
a <，所以小物块先做匀速直线运动，进入Ⅲ区域后，做匀速圆周运动． 设小物块速度为v ，圆周运动的半径为Ⅲ，则有：2v qvB m R
=，v r ω=
要使其在磁场宽度范围内落地，其轨道如图所示．设半径的极小值和极大值分别为1R 和2R ，则有：
联立并代入数据解得：1.252T B T ≤＜．
（3）设木制小球落地点为F ，运动时间为1t ，水平位移为x ，A '、O '分别为A O 、在地面上的投影，FD 的长度为d ，则有：21011,2h gt x v t ==；
由几何知识有：222x d r r =++（） 联立并代入数据解得：1513
t s d m ==， 设小物块整个运动的时间为2t ，在Ⅲ区域的运动半径为3R ，周期为T ，则有：
()2
2233 R h R d =-+ 解得：3259R m =，32R T v π=，代入数据解得：259
T s π=，又3d sin R ＝θ，代入数据得：37θ=︒
所以小物块做圆周运动转过角度为：143α=︒
所以：2143360r t T v ︒=
+︒，则：21t t t =-，联立解得：143251 2.9636092
t s π=⋅-≈ 考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
14．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212qEd 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 =，212Eq 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22r +=
又因为'mv r qB =，所以'mv B qr
=， 代入数据可得('222B B =-
15．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN 、PQ 为理想边界，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B ，
方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动
.已知重力加速度为g．
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．
【答案】()1正电，
mg
E
q
=；()222
2
2?
2
q B d
h
m g
>；()
222
2
2
3?
3
q B d
h
m g
=．
【解析】
【分析】
(1)根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．
(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h．
【详解】
（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电
.
由qE mg
=
解得：
mg E
q =
（2）假设下落高度为0h时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如答图()a所示。