高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧讲解及练习题含解析(1)

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧讲解及练习题含解析(1)
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x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B 。

x 轴下方有一匀强电场，电场强度为E 。

屏MN 与y 轴平行且相距L ，一质量为m ，电荷量为e 的电子，在y 轴上某点A 自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN 上，那么： (1)电子释放位置与原点O 点之间的距离s 需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
【答案】(1)()
222
s 221eL B Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)；(2)()212BL m t n E eB
π=
++ (n ＝0,1,2,3…) 【解析】 【分析】 【详解】
(1)在电场中电子从A →O 过程，由动能定理可得
2
012
eEs mv =
在磁场中电子偏转，洛伦兹力提供向心力，有
20
0v qv B m r
=
可得
mv r qB
=
根据题意有
(2n ＋1)r ＝L
所以解得
()
222
221eL B s Em n =
+ (n ＝0,1,2,3…)
(2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运
动的总时间，即
)
2(2214s
T T t n n a ++⋅＝＋ 由公式 eE ma =可得
eE
a m
=
由公式 20
v qvB m r = 和 0
2r T v π=可得
2m
T eB
π=
综上整理可得
()212BL m t n E eB
π=
++ (n ＝0,1,2,3…)
2．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。

求： （1）磁感应强度B 和电场强度E 的大小；
（2）粒子从0点出发到第二次回到x 轴所用的时间； （3）粒子第n 次回到x 轴的坐标。

【答案】(1) E =
2
02mv qL (2) t 总=04L v π+（）(3) （-2L+12
n -L ，0） 【解析】 【详解】
（1）粒子从O 到M 做圆周运动，半径：
R 0=
2
L qBv 0=20
mv R
B =02mv qL
M 到N 粒子在电场中运动：
2L =v 0t 2 L =
2212at a =Eq m
20
2mv E qL
=
（2）粒子从N 做圆周运动，在N 点v Ny =at 2，v Ny =v 0，速度方向与—x 轴夹角为45°，v N
0，所以做圆周运动的半径为：
R 1
=
2
而粒子在磁场中运动周期：T =
122m
t qB
π=与粒子速度无关，故经过时间t 1粒子做半圆到P 点，接下来只在电场力的作用下运动，P 点速度方向与N 点相反，所以从P 到Q 是M 到N
的逆运动，有NP MQ ==，得Q 点刚好在x 轴上（L ，0）则从O 点出发到第二次回
到轴所需时间：
t 总= 2（t 1+t 2）
又
t 1=0
2L
v π t 2=
2L v 得：
t 总=
4L
v π+（） （3）如图所示，粒子接下来做有规律的运动，到达x 轴的横坐标依次为:
第一次：-2L 第二次：-2L +3L 第三次：-2L +3L-2L …………
若n 取偶数2，4，6......有:
-2322
n n L L L +=（）， 坐标为（
2
n
L ，0） 若n 取奇数1，3，5........有:
-2L +
12n -（-2L +3L ）=-2L +
1
2
n -L ， 坐标为（-2L +
1
2
n -L ，0）
3．如图所示，在0y >区域存在方向垂直xoy 平面向里、大小为B 的匀强磁场．坐标原点处有一电子发射源，单位时间发射n 个速率均为v 的电子，这些电子均匀分布于xoy 平面y 轴两侧角度各为60°的范围内．在x 轴的正下方放置平行于y 轴、足够长的金属板M 和N （极板厚度不计），两板分别位于 1.2x D =和2x D =处，N 板接地，两板间通过导线连接有电动势U 在20.25m
m m mv U U U e ⎛⎫= ⎪⎝⎭
范围内可调节的电源E 和灵敏电流计G ．沿y
轴正方向入射的电子，恰好能从2x D =处进入极板间．整个装置处于真空中，不计重力，忽略电子间的相互作用． （1）求电子的比荷；
（2）求电子在磁场中飞行的时间与发射角度θ（速度方向与y 轴的角度）的关系； （3）通过计算，定性画出流过灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线．
【答案】（1）v BD （2）(1802)180D t v
θπ±= （3）见解析 【解析】 【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力：2
v evB m r
=
根据其中题意可知半径为：r =D
联立可得：
e v m BD
= (2)粒子的运动周期为：2m
T eB
π=
根据几何关系可知，当粒子从y 轴的右侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=- 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ--=
== 当粒子从y 轴的左侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=+ 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ++=
== (3)设进入M N 、极板电子所对应的最大发射角为m a ，则有
2cos 1/2m D a D =．53m a =
左侧电子单位时间内能打到M 极板的电子数为：5353
60120
L n n n z =
= 对右侧电子：5360θ≤≤均能达到M 板上，053θ≤<以θ角射出恰好不能到达N 板. 则有：221
2(1cos )sin 0.82
U e
D mv D θθ⨯-= 电压为：
211
(1cos )(1cos )55
m mv U U e θθ=+=+
最大值为：max 2
5
m U U =
最小值为：min 0.32m U U = 当2
5
m U U ≥
，右侧所有电子均到达M 板，饱和电流为： 531113()1202120
i ne ne =+=
当0.32m U U <
右侧角度小于53电子均不能到达M 板，此时到达极板M 的电子数为2
n ． 灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线为：
4．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276.410m -=⨯kg 电荷量
193.210q -=⨯C 、速度61.010v =⨯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。

5．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=
=
6．如图1所示为平面坐标系xOy ，在第一象限内的虚曲线和y 轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ；在第二象限内的虚直线（63x a =-）和y 轴之间存在着如图2所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）．在A （2a ，0）点的放射源发出质量为m 、带电量为q +的粒子，粒子速度大小为0
0aqB v m
=
，速度方向与x 轴负方向的夹角为θ（090θ<<︒），所有粒子都能垂直穿过y 轴后进入第二象限．不计粒子重力和粒子间相互作用．
(1)求夹角45θ=︒的粒子经过y 轴时的坐标； (2)求第一象限内虚曲线的曲线方程()y x ；
(3)假设交变磁场在0时刻，某粒子刚好经过y 轴上的B （0，a ）点，则 ①要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T 应满足什么条件？
②要求该粒子在C （63a -，a ）点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交变磁场中运动时间t 与磁场变化周期T 的比值k 的最小值？并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间．
【答案】(1)(32)y a =-；(2)22
y a x =
-(3)①0
103m T qB π≤
；②04m
qB π
【解析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为r，则：
2
00
v
qv B m
r
=
解得：
r a
=，
如图1所示，
当入射角为45︒时，根据几何关系可得：y轴坐标
22
))(32)
2
y a a
a a a
=-+-=-
((
（2）如图2所示，入射角为任意角θ，进入磁场入射点坐标为（x，y），
根据几何关系可得：
tan
2
y
a x
θ=
-
22
tan
a x
θ=
-
得
22
2
x a x
y
a x
-
=
-
（0x a
<<）
（3）①粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图3所示；
设粒子在磁场中运动的周期为0T ，两圆心连线与y 轴夹角为β，则：
00
2m
T qB π=
1sin 2
β=
所以
30β=︒
且满足
01504360T T ︒=︒
得
103m
T qB π=
要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T 应满足
103m
T qB π≤
； ②粒子在交变磁场中运动的时间t 与磁场变化的周期T 的比值为k ，即
t
k T
= 如图4所示
根据几何关系可得：
4sin BC r k L β⨯=
33
sin β=
由于sin 1β≤，所以k 最小等于3，即
3sin β=
当
60β=︒，如图4所示，粒子运动时间
100
602433604m
q m t qB B ππ︒=⨯
⨯⨯= 当β=120°时，如图5所示，粒子运动时间
2200
12028443360m m
t t qB qB ππ︒=⨯=⨯
⨯⨯=
7．在方向垂直纸面的匀强磁场中，静止的21084Po 核沿与磁场垂直的方向放出4
2He 核后变成
Pb 的同位素粒子。

已知
210
84
Po 原子核质量为209.98287u ，Pb 的同位素粒子的质量为
205.9746u ，4
2He 原子核的质量为4.00260u ，1u 相当于931.5MeV 。

求：（普朗克常量346.6310h -=⨯J ⋅s ，1eV 191.610-=⨯J ，真空中光速8310c =⨯m/s ，计算结果均保留三位有
效数字）
（1）请写出核反应方程并计算该核反应释放的核能； （2）若释放的核能以电磁波的形式释放，求电磁波的波长；
（3）若释放的核能全部转化为机械能，求Pb 的同位素粒子和4
2He 核在磁场中运动的半径之比。

【答案】（1）
2102064
84
822Po Pb He →
+， 5.28E ∆=MeV ；（2）132.3510λ-=⨯m ；（3）
1
41
Pb He r r = 【解析】 【详解】
（1）根据质量数和核电荷数守恒可知该核反应方程为
2102064
84
822Po Pb He →
+
该核反应的质量亏损为
0.00567Po Pb He m m m m u ∆=--=
根据爱因斯坦质能方程得释放的能量为
2 5.28E mc ∆=∆=MeV
（2）若释放的核能以电磁波的形式释放，光子能量为
c
E hv h
λ
∆=
=
代入数据得：
132.3510λ-=⨯m
（3）该衰变过程遵循动量守恒定律
0He He Pb Pb m v m v -=
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v qvB m r
=
Pb 的同位素粒子和4
2He 核在磁场中运动的半径之比为
141
Pb He r r =
8．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v 0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
倍、方向相反。

电场强度大小为2032mv qd ，磁感应强度大小为
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）0
(131)6d 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
34的圆周运动后经过 OM ，粒子在磁场中做圆周运动有2
00v qv B m r
=
可得 r
=
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)6d d t t t π++=+=
9．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R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷q
m
=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．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．
【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%
【解析】
【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m
2
v
R
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
37
cos
=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；
Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-
0.06
37
sin
=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；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=
1
2
at2…①
a=
qE
m
=
qU
md
…②
t=
L
v
…③
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=r sinα+R0-R0cosα
可知
tanα=
4
3
，即
α=53°
比例η=
53
180
︒
×100%=29%
10．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：
（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；
（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．
【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度为
2
22v
g
．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，
由几何知识得：r2+r2=L2，
解得：r=
2
2
L，
小球在磁场中做圆周运的周期：T=
2r
v
π
，
小球在磁场中的运动时间：t1
=1 4 T
=
2
4
L
v
π
，
小球在斜面上做类平抛运动，
水平方向：x=r=v0t2，
运动时间：t2=
2
2
L
v
，
则：t1：t2=π：2；
（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，
位移：r=2
2
1
2
at，解得，加速度：a=
2
22v
L
，
对小球，由牛顿第二定律得：a=
mgsin
m
θ
=g sinθ，
AB边距离桌面的高度：h=L sinθ=
2
22v
g
；
11．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11
3(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．
12．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
74
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E 2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：
qE1x1=1
2
mv2⑥
联立③④⑤⑥解得：
2 1
3
8
qB d E
m
=
若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦
联立③⑤⑥⑦解得：
2 16
qB d E
m
≈
故场强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
-～．
13．简谐运动是一种理想化的运动模型，是机械振动中最简单、最基本的振动。

简谐运动的物体受到回复力的作用，回复力F的大小与物体偏离平衡位置的位移x成正比，回复力的方向与物体偏离平衡位置的位移方向想反，即：F=-kx，其中k为振动系数，其值由振动系统决定。

用长为L的细线将质量为m的小球悬挂起来，就构成了一个单摆，如图甲所示。

（1）证明：在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动。

（2）已知月球上的自由落体加速度为地球上的1/4，若将地球上周期是2s的单摆拿到月球上，求它在月球上做50次全振动的时间。

（3）若使周期是2s的单摆小球带上正电，并将单摆分别置于竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场中，如图乙和图丙所示。

使带电小球均做小角度的简谐运动，在电场和磁场中小球振动的周期还是2s吗？请分别分析说明。

【答案】（1）证明过程见解析；（2）200s（3）加电场时单摆的周期小于2s；加磁场时单摆周期不变.
【解析】
【详解】
（1）单摆受力分析如图所示，
单摆的回复力大小为 F 回=G 1=mg s inθ
当θ很小时，sinθ≈θ，θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，即sin θ≈θ≈ PO L 得 F 回=mg PO L
当θ很小时，弧长PO 近似等于弦长，与摆球偏离平衡位置的位移x 大小相等，考虑到回复力和位移相反，则得回复力与位移的关系为 x mg F mg
x kx L L =-=-=-回，其中mg k L
=，即有 F 回=-kx 所以在摆角很小的情况下，单摆的往复运动是简谐运动． （2）月球表面的重力加速度为'14
g g =，将秒摆拿到月球上去，周期为：224L T T s g π'=='
地＝ 它在月球上做50次全振动时间为：t =50T ′=50×4s=200s.
（3）图乙中，摆球受到重力G 、电场力F 电和摆线拉力T ，与重力场中的单摆类比， 等效的“重力”G ′=G +F 电，=G F qE g g m m
+'=+电， 代入单摆周期公式得：090BEF BDC ∴∠=∠=，可知单摆的周期变小；
图丙中，摆球受到重力G 、洛伦兹力F 洛和摆线拉力T ，与重力场中的单摆类比，单摆周期与重力场中相同，2L T g
π=，即单摆的周期仍为2s 。

14．如图所示，坐标系xoy 位于光滑绝缘水平面内，其中第二象限内存在一个与坐标平面平行方向如图的匀强电场．一质量为M ，电量为q +的小球a 从A 点由静止释放．沿AO 方向运动．到达O 点时速度为v ，AO 长度为.L 若小球a 恰能与静止在O 点质量为(3)m M m >的不带电小球b 发生弹性碰撞，相碰时电荷量平分，同时瞬间撤去电场并在整个空间加一垂直于坐标平面向下的匀强磁场．忽略两小球间的静电力及小球运动所产生磁场的影响．求：
(1)匀强电场的电场强度大小E ；
(2)a ，b 两球碰后的速度；
(3)若从a ，b 两球相碰到两球与O 点第一次共线所用时间为t ，则匀强磁场的磁感应强度l B 的大小为多少？
【答案】(1)2 2Mv qL ；(2)() M m v M m
-+和2Mv M m +； (3)()4 Mm qt M m π-． 【解析】
【分析】
()1小球a 在电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合可求得匀强电场的电场强度大小E ；
()2a 、b 两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律求两球碰后的速度；
()3a 、b 两球碰后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和运动学公式求得两球运动周期，画出轨迹，分析时间t 与两球周期的关系，求解匀强磁场的磁感应强度l B 的大小．
【详解】
(1)设a 球在电场中运动的加速度为a ，由牛顿第二定律和运动学公式可得：
qE a M
= 22v aL =
解得：2
2Mv E qL
= ()2设a 、b 两球碰后的速度分别为1v 和2v ，取碰撞前a 球的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能能守恒定律得：
12Mv Mv mv =+．
22212111222
Mv Mv mv =+． 解得：()1M m v v M m -=+，22Mv v M m
=+ ()3由于碰后两球都带正电在磁场中向同一方向偏转做圆周运动，如图．
由2v qvB m R
=，2R T v π=得：2m T qB π=
则得：4a M T qB π=，4b m T qB
π= 如图所示a 、b 两球与O 点第一次共线时有：
222b a t t T T πππ-= 解得：()
4Mm B qt M m π=
- 【点睛】 本题中带电小球先加速后做圆周运动类型，关键是画出轨迹图，结合几何关系分析时间与周期的关系．
15．如图，静止于A 处的离子，经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E 0，方向如图所示；离子质量为m 、电荷量为q ；QN ＝2d 、PN ＝3d ，离子重力不计．
(1)求圆弧虚线对应的半径R 的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ 的中点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围．
【答案】（1）
；（2）；（3） 【解析】
试题分析：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
联解得：。

（2）离子做类平抛运动：
， 由牛顿第二定律得：
联解得：。

（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
根据题意作出离子运动径迹如图：
由几何关系知：
联解得：
考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法．磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功。