高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题及解
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，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)
8qBL
v
m
=；(2)
41
(1)
45
m
t
qB
π
=+
【解析】
【详解】
(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：
5sin37o
QC L
=
1
5 sin37O OQ
O Q L
==
在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R，
11R O Q QC =+
2
1
v qvB m
R =
解得：8qBL
v m
=
； (2)由公式2
2
v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =
由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 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1t
5cos37o PC L =
1PC
t v
=
带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t
12m
T qB
π=
2137360o
o
t T =
带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t
22·2m m
T q B qB
ππ=
= 3212
t T =
从P 点到再次回到P 点所用的时间为t
12222t t t t =++
联立解得：41145
m
t qB π⎛⎫=+
⎪⎝
⎭。

2．如图，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。

点P
（
33
L
，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子。

粒子1以某速率v 1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，－L ）。

不计粒子的重力。

(1)求粒子1的速率v 1和第一次从P 到Q 的时间t 1；
(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y 轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v 2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度大小E 以及粒子2的发射速率v 2；
(3)若在xOy 平面内加上沿y 轴负向的匀强电场，场强大小为 E 0，粒子3以速率 v 3 沿 y 轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率 v m 。

某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，根据运动的独立性和矢量性，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。

本题中可将带电粒子的运动等效为沿x 轴负方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。

请尝试用该思路求解粒子3的最大速率v m 。

【答案】(1)123qBL v m =，14π3m t qB =；(2)289qLB E m =，2219qLB
v m
=；
(3)2
2
00m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：
设半径为1r ，由几何知识得
()2
2
2113r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭
可得
123
L r =
由向心力公式，根据牛顿第二定律
2
111
v qv B m r =
可得
123qBL
v m =
设粒子做圆周运动的周期为1T
1
11
2r T v π=
由几何知识可知
60θ︒=
粒子第一次从P 到Q 的时间
112433m t T qB
π==
(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E 过y 轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得
qE
a m
=
x 轴方向
123
L v t =
y 轴方向
212122
r L at -=
可得
2
89qLB E m
=
根据
()2
2212v v at =+
可得
22219qLB
v m
=
(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：
根据平衡条件
40qv B qE =
可得
4E v B
=
根据运动的合成，可知
22
543
v v v =+ 粒子的运动可视为水平向左的速率为4v 的匀速直线运动和初速度为5v 的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为
m 45v v v =+
可得
2
2
00m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
3．如图所示，地面某处有一粒子发射器A ，发射器尺寸忽略不计，可以竖直向上发射速度介于v 0~2v 0的电子。

发射器右侧距离A 为L 的O 处，有一足够长突光板OD ，可绕O 点 转动，使其与水平方向的夹角θ可调，且AOD 在同一平面内，其中OC 段长度也为L ， 电子
打到荧光板上时，可使荧光板发光。

在电子运动的范围内，加上垂直纸面向里的匀 强磁场。

设电子质量为m ，电荷量为e ，重力忽略不计。

初始θ=45°，若速度为2v 0的电子恰好垂直打在荧光板上C 点，求： （1）磁场的磁感应强度大小B ；
（2）此时速率为1.5v 0的电子打到荧光板上的位置到0点的距离x ；
（3）在单位时间内发射器A 发射N 个电子，保持磁感应强度B 不变，若打在荧光板上的电子数随速率均匀分布，且50%被板吸收，50%被反向弹回，弹回速率大小为打板前速率大小的0.5倍，求荧光板受到的平均作用力大小（只考虑电子与收集板的一次碰撞）； （4）若磁感应强度在（B -△B ）到（B +△B ）之间小幅波动，将荧光板θ角调整到90°，要在探测板上完全分辨出速度为v 0和2v 0的两类电子，则
B
B
∆的最大值为多少？
【答案】(1) 02mv eL 34-2
L (3) 0
158Nmv （4）13 【解析】 【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力：
qvB =m 2
v r
2v 0对应半径为L ，得
B=
2mv eL
（2） 1.5v 0对应运动半径为0.75L
cosl35°=2
22
0.25(0.75)20.25L x L L x
+-⨯⨯（）
2221
02x x L L -= 解得:
-234
L ± 取
34-2
（3）
F 吸=0002350%24
P mv m v N Nmv t ∆+⋅==∆吸
F 反=
0002950% 1.528
P mv m v N Nmv t ∆+⋅=⨯=∆反（） F 总=F 吸+F 反=
015
8
Nmv （4）
x 1=2211()r L r -- x 2=2222()r L r -- r 1=0
()mv e B B -∆
r 2=
2()
m v e B B +∆
x 2＞x 1
得
B B ∆ 最大值为1
3
4．如图所示，在平面直角坐标系x 轴的上方（ 2.74 2.74a x a -≤≤，0y ≥）区域范围内存在着匀强磁场，磁感应强度为B 。

在空间（3
x a
=-
，12y a =）处有一粒子源P ，能向平面内各个方向发射质量为m 、带电量为-q ，速度为0v 的带电粒子。

（已知0
mv a qB
=，答案涉及位置或长度的均用a 表示），求：
(1)x 轴上能接收到粒子的区域长度L 1；
(2)x 上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L 2；
(3)若在x 轴的正半轴上铺设挡板，且粒子源P 打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并反弹，每次反弹后速度方向相反，大小为原来的0.6倍，则求这些粒子出磁场时的纵坐标y 及粒子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)115322L a a =+ (2)215322L a a =- (3)9350
y a =
52m t qB π= 【解析】 【详解】
(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径2v Bqv m R
=，0mv R a
qB ==
粒子打在MN 上的范围如图1所示
最右侧：22PD R a ==
()2
2
11522ED a a ⎛⎫
=-=
⎪
⎝⎭
最左侧：F 与MN 相切，由几何关系知2
2
1322
EF a a a ⎛⎫
=-=
⎪⎝⎭ 解得 115322L a =
+ (2)如图1所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD, 3
2
OE EF a == 得2153L OD ==
- (3)粒子垂直打在挡板上，由几何关系可知OG a =，150POG ∠= 粒子打在G 点后反弹，0
0.60.6mv R a qB
'=
=， 1.2GH a =
再反弹0.36R a '='，之后从磁场右边界出去，由几何关系可知
2.74 1.20.361
cos 0.362
a a a a a θ---=
=，60θ=
93
sin 60y R a ==
'' 150POG ∠= 2m
T qB
π=
所有粒子周期相同 粒子走过的圆心角为150180120450α=++= 所以45053602m
t T qB
π=
=
5．地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害．为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场．如图所示，模拟地球半径为R,地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚度为2R 、磁感应强度大小为B 、方向垂直于赤道平面的匀强磁场．磁场边缘A 处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子．研究发现，当粒子速度为2v 时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球．不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应．
（1）求粒子的比荷
q
m
； （2）若该种粒子的速度为v ，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？
（3）试求速度为2v 的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值η．（结果用反三角函数表示．例：sin k θ=，则sin arc k θ=，θ为弧度）
【答案】（1）2q v
m BR =（2）min 23R t v
π=（3）2
arcsin 3π
【解析】
试题分析：（1）其轨迹如图1所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r ，则根据几何关系：()()2
2
23r R r R +=+① 解得4r R =②
又2
(2)(2)v q v B m r
=③ 由②③得，
2q v m BR
=④ （2）速度为v 的粒子进入磁场有：2
v qvB m r ='
⑤ 由④⑤得，2r R '=⑥
若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A 斜向上射入，在A 交点E 到达地球的弦长最短时间最短．
2AE AD DE R ===，故60ADE ∠=︒，
得：0min
0602360m t qB π=⋅，min 23R t v
π= （3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO 方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此θ角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球．
作A 点该速度垂直和过切点与O 点连线延长线交于F 点，则F 点为圆心，如图3． AF=4R ，AO=OF=3R ，得2
sin 3
AG AO θ=
=
故
θ
η
π
=，
2
arcsin
3
η
π
=
考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式
mv
R
Bq
=，周期公式
2m
T
Bq
π
=，运动时间公式
2
t T
θ
π
=，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，6．如图所示，在平面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。

匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。

一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的
13
4
倍、方向相反。

电场强度大小为
2
3
2
mv
qd
，磁感应强度大小为0
mv
qd
，求：（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示）
（1）带电粒子第一次离开磁场的位置坐标；
（2）带电粒子从开始运动到最后一次离开磁场所需时间；
【答案】（1）（-d,d）（2）
(131)6
d d
π
++
【解析】
【详解】
（1）设磁场强度大小为B，粒子第一次进入磁场，根据左手定则和已知条件可知，粒子做3
4
的圆周运动后经过 OM，粒子在磁场中做圆周运动有
2
v
qv B m
r
=
可得r=0
mv
d
qB
=
由此可知，粒子第一次离开磁场的位置坐标为（-d，d）
（2） 粒子第一次进入电场后加速运动到x 轴，设速度为v 1，有：
22
10-2
qE
v v d m
= 可得：v 1=02v
而粒子第一次与x 轴碰撞后，反弹速度为 1113
'v =
， 设粒子能再次进入磁场，切第二次进入速度为v 2， 则有2
2
21'2Eq
v v d m
-=-， 可得：v 2=
012
v 由此可知，先后两次进入磁场，进一步经分析判断可知，粒子再次进入磁场后，做1
4
的圆周运动，其速度大小变化但周期不变，之后一直在电场中运动 故带电粒子在磁场中运动的时间为：10
2d
t T v π==
两次经过磁场的之间在电场中运动的时间为:201120
22(131)'d d d
t v v v v +=+=++ 因此一共需要的时间120
(131)63d d t t t v π+=+=
7．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)(42)2n n m L
t T
qB v ππππ++=⨯
==
8．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-3
2
L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-
3
2
L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（3
2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52
L （不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）
E
B
； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）5
3v 0，与x 成53°角；（2）043
v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．
【解析】 【详解】
（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ， 由运动学规律知
3
2
L =v 0t 1，
L =
2
y v t 1
可得t 1=032L v ，v y =4
3
v 0
故粒子在P 2的速度为v
=53
v 0 设v 与x 成β角，则tan β=
y v v =
4
3
，即β=53°； （2）粒子从P 1到P 2，根据动能定理知qEL =
12mv 2-1
2
mv 02可得 E =2
089mv qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB =m 2
v R
解得：B =mv qR =05352
m v q L ⨯⨯=023mv qL
解得：
43
v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-3
2
L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=
3253L cos =5
2
L =r
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-
32
L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =
3
2
L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=
32L
v 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯=0
37120L
v π 从M 运动到N ，a =qE m =2
89v L
则t 3=v a =0
158L v
则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=
()0
4053760L
v π+．
9．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 点所经历的时间之比．
【答案】22
B qL
E m
=；2B E t t π= 【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，
则有2
0v qv B m R
= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为1
4
圆周，故有2
R =
以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212
E R at =
竖直方向上：0E R v t =
由以上各式，得 22
B qL E m
= 且E m
t qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为
1
4
圆周，即142B t T m qB π==
所以2
B E t t π
=
10．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（
q
m
）为k 的带电微粒
从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：
（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；
（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
【答案】（1）g k （2）2g
kB
（3）2222232(,)28g k B L L k B g -
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=q
k m
解得g E k
=
（2）由几何关系：2R cos θ=L ，
粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2
v qvB m r
= ；
由
cos y v v
θ=
在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v
0L v t =
解得02g v kB
=
（3）由2
12
h gt = 其中
2kBL t g = ，
则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'3
2
O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-
11．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，S 1、S 2为板上正对的小孔，N 板右侧有两个宽度均为d 的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S 1、S 2共线的O 点为原点，向下为正方向建立x 轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S 1进入两板间，电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略．
求：（1）当两板间电势差为U 0时，求从小孔S 2射出的电子的速度v 0；
（2）两金属板间电势差U 在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上； （3）电子打到荧光屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U 的函数关系．
【答案】（1）22
0222eU d eB U m m
（）＜
（3）(
)
2222
2
2
222d eB x emU emU d e B U eB
m ⎛⎫
=
--≥ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
（1）根据动能定理，得：2
0012
eU mv = 解得：0
02eU v m
=
（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有r ＜d
而：212eU mv =，2
v eBv m r
=
由此即可解得：
22
2
d eB U
m ＜
（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐
标为x
，则由轨迹图可得：2
x r
=-
注意到：
mv
r
eB
=和：2
1
2
eU mv
=
所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为：
22
2
2
d eB
x U
eB m
⎛⎫
=≥
⎪
⎝⎭
12．一个氘核（2
1
H）和一个氚核（3
1
H）聚变时产生一个中子（1
n）和一个α粒子
（4
2
e
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α
m，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）
2
α
2
π
e 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：2314
1102
H+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
α
2
v
evB m
R
=，
2πR
T
v
=
得α粒子在磁场中运动周期：α
πm
T
eB
=
由电流定义式
2e
I
T
=，得环形电流大小：
2
α
2
π
e B
I
m
=
（3）设电子的质量为e
m，碰撞后α粒子的速度为
α
v，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 1
11
222
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，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AC 方向由A 点射入。

粒子经D 点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。

(不计重力)
(1)试求AD 间的距离；
(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC 方向的匀强电场，要想由A 射入的粒子仍然能经过D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D 点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?
【答案】（1）o mv R=
Bq
（2）a<60︒ 【解析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60︒，则粒子转过的圆心角为60︒， 即AD=R
由200v qv B m R = 得AD =0mv R Bq
=
（2）经D点
3
cos30
2
x R R =
︒=，
1
sin30
2
y R R
=︒=
而0
x v t
=，2
1
2
y at
=，
qE
a
m
=
解得
4
3
E Bv
=，方向垂直AC向上
速度偏向角y
x
v
v
tana=，
y
v at
=
解得
2
tan2tan303
3
α=︒=
而tan60=3
︒，即tan tan60
α<︒，则<60
α︒
14．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v0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)
2
2
mv
E
qh
=，α＝45°，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场．(2)
(0
22mv
B
qh
+
= (3)
(
322
62
24
h
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＝v0t
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
v 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1)1)r R h ==
由牛顿第二定律有 2
v qvB m R
=
联立解得0(2mv B qh
= （3）带电粒子在电场中做类平抛运动的时间 102h t v =
从O
点运动到磁场边界的时间(2021)2h R t v 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
32r t v π==
在第四象限电场中往复时间402v t a v =
= 带电粒子从Q
点运动到最终射出磁场的时间
(12340324h 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．
15．在xOy 平面内的第一象限内，x ＝4d
处竖直放置一个长L =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）2
8qBd 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。