高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)含解析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。

挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点。

在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。

在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A
，一比荷
q
m
=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。

已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。

(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；
(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM=0.5m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。

若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。

【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】
（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t
2
122L qE t m = 解得E=16N/C
（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0
tan v qE t m
θ=
可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0
粒子在磁场中做匀速圆周运动：2
v qvB m r
=
由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T
（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为
32π
，带负电的粒子转过的圆心角为2
π；两带电粒子在AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间22r m
T v qB
ππ==； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：413
5.910s 4
t T -==⨯； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：421
2.010s 4
t T -=
=⨯ 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为4
12 3.910t t t s -∆=-=⨯
2．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v 0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
03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg
q
，重力加速度为g ．求：
（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v p ．
【答案】（1）
mg
q
，方向竖直向上；（2）；（3）013v ．
【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mg
E q
左=
，方向竖直向上； （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：20
0mv Bv q R
=，
所以轨道半径0
mv R 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0
33AO mv d R =
=；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AO
d arcsin R
θ==︒
； 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
003
60y v v sin =︒=
，水平分速度001602x v v cos v =︒=；
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0
23y v v t g
=
=
所以质点在P 点的竖直分速度03
2
yP y v v v ==， 水平分速度00031
7322
xP x v qE v v t v g v m =+
==；
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
22
013P yP xP v v v v =+=；
3．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
发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．
（1）求碰撞后A 球的速度大小；
（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；
（3）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）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或1
3
k =；32m t qB π=
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBL v m
= 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 =+ 解得：A 21k qBL v k m
=
⋅+
（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律得： 2
A A mv qv
B R
= 解得：21
k
R L k =
+ 由公式可得R 越大，k 值越大
如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k =
（3）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
222()(1.5)2
L
R L R =+-
解得：56
L R = 由21k R L k =
+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． 如图3和如图4，由几何关系有：2
2
23()(3)2
2
L R R L =+- 解得：58L R =或2
L R = 由21k R L k =
+可得：511k =或13
k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为222
6m q B L W m
=
当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222
A 12521286q
B L q B L mv m m
⋅=>
当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222
A 1286q
B L q B L mv m m
⋅=<
综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或1
3
k = A 球在磁场中运动周期为2m
T qB
π= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34
t T = 即32m
t qB
π=
4．如图所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m 电荷量为q 的粒子(不计重力)以某一速度从A 点平行于MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场
(电场方向指向O 点)，已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰
好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场．
()1求粒子运动的速度大小；
()2粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之
后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区
域最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？
()3粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？
【答案】（1）EqR
m
；（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq 。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：
2
mv Eq R
= 解得：EqR
v m
=
（2）粒子从D 到A 匀速圆周运动，轨迹如图所示：
由图示三角形区域面积最小值为：
2
2
R S = 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：
2
mv Bqv R
= 得：
mv R Bq
=
设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：
若只碰撞一次，则有：
112R mv R B q
=
= 22mv
R R B q
==
故
2112
B B = 若碰撞n 次，则有：
111R mv R n B q
=
=+ 22mv
R R B q
==
故
2111
B B n =+ （3）粒子在电场中运动时间：
1242R mR
t v Eq
ππ
=
= 在MN 下方的磁场中运动时间：
211122n m mR
t R v EqR Eq
ππ+=
⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：
232142
R mR
t v Eq ππ=⨯=
总时间：
1232mR
t t t t Eq
=++=
5．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
=
6．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些
电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2
010U e y y t dm
∆=∆= 【解析】 【详解】
（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2222
000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm
=
+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
220min 001122U e y at t dm
=
= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2
010U e y t dm
∆=
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
sin L R θ
=
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1
sin y v v θ=
，
式中00y U e
v t dm =
又：1mv R Be
= 解得：00U t B dL
= ②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm
∆=∆=
7．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2
R 的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．
(1)求电场强度大小及粒子经过P 点时的速度大小和方向；
(2)为使粒子从AC 边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；
(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?
【答案】(1) 2
24mv E qR
=2v ，速度方向沿y 轴负方向(2)82225mv mv B qR qR ≤≤(3))
2713mv qR
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动 132cos 4522cos 45R L R R =-︒=︒
1L vt =
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a
22sin 452L
R R =︒=
2212
L at = qE a m
=
设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v 、2v ，合速度v ' 1v v =、2v at =，2tan v v θ= 联立可得2
24mv E qR
= 进入磁场的速度22122v v v v =+='
45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向 （2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12R r =
由211mv qv B r =''得122mv B qR
= 当粒子从C 点射出时，由勾股定理得
()2
22222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭ 解得258
r R = 由222mv qv B r =''得2825mv B qR
= 8222mv mv B ≤≤粒子从AC 边界射出
（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行
于x轴，其半径为3r，由几何关系得
2
22 332
R
r r R
⎛
⎫
+-=
⎪
⎝⎭
解得
()
3
71
4
R
r
+
=
由
2
3
3
mv
qv B
r
=
'
'得
()
3
2271
3
mv
B
qR
-
=
磁感应强度小于3B，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中
8．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，
OC=2h．求：
（1）第1个小球的带电量大小；
（2）磁场的磁感强度的大小B；
（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．
【答案】(1)
2
0 12
mv
q
Eh
=；(2)
2E
B
v
=；(3)存在，
E
B
v
'=
【解析】
【详解】
（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：
2
1
1
2
q E
h t
m
=
2h v t
=
解得：
2
12
mv
q
Eh
=；
（2）研究第1球从A到C的运动：
1
2
y
q E
v h
m
=
解得：0
y
v v
=
tan1
y
v
v
θ==，45o
θ=，
2
v v
=；
研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B 由
2
1
v
q vB m
R
=得
1
mv
R
q B
=
由几何关系得：2
2sin
R h
θ=
解得：
2E
B
v
=；
（3）后面抛出的小球电量为q ，磁感应强度B '
①小球作平抛运动过程
002hm
x v t v qE == 2y qE v h m
= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：
sin mv x qB θ'= 解得：0
E B v '= ．
9．如图所示，在xoy 平面(纸面)内，存在一个半径为R=02.m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1.0T ，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y 轴相切于坐标原点O.在y 轴左侧、－0.1m≤x≤0的区域内，存在沿y 轴负方向的匀强电场(图中未标出)，电场强
度的大小为E=10×104N/C .一个质量为m=2.0×10－9kg 、电荷量为q=5.0×10－5C 的带正电粒
子，以v 0=5.0×103m/s 的速度沿y 轴正方向、从P 点射入匀强磁场，P 点的坐标为(0.2m ，－0.2m)，不计粒子重力．
(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；
(3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点O ，求所加匀强磁场的磁感应强度大小．
【答案】（1）0.2r m =
（2）()0.1,0.05m m --
（3）14B T =
【解析】
【分析】
粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标．先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式B mv qR
=
求得磁场强度 【详解】
（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：200v qv B m r = 解得：0.2r m =
（2）由几何关系可知，带电粒子恰从O 点沿x 轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a ，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y ，有：
0L v t =，212
y at =
由牛顿第二定律有：qE ma = 联立解得：0.05y m =
所以粒子射出电场时的位置坐标为()0.1,0.05m m --
（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度y v at =
解得：30 5.010/y v v m s ==⨯
则粒子射出电场时的速度：0v =
设所加匀强磁场的磁感应强度大小为1B ，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为1r ，由几何
关系可知：120
r m = 由牛顿第二定律有：2
11
v qvB m r = 联立解得：14B T =
10．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v 0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.
11．如图所示，平面直角坐标系xoy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第
一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当
2
2
L，磁扬场的方向垂直于坐标平面
向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L，0)的P点沿与x轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求
(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；
(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?
【答案】（1）（0，1
2
L）（2）
2
2
mv
E
qL
=0
2
2
mv
B
qL
=（3）
00
2(1)
2
L L
t
v v
π
+
=+
【解析】
【分析】
（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标．
（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．
（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间．
【详解】
（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，
水平方向：L=v0cosθ•t1，
竖直方向：y=
1
2
v0sinθ•t1，
解得：y=
1
2
L，
粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，
1
2
L）；
（2）粒子在电场中的加速度：a=qE
m
，
竖直分位移：y=
1
2
a t12，
解得：
2
2
mv
E
qL
=；
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，
由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，
2y=
2
2
L，
因此AAC刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m
2
v
r
，
其中，粒子的速度：v=v 0cosθ， 解得：0
22mv B qL
=
； （3
）粒子在电场中的运动时间：100
2L L
t v cos v θ=
=
， 粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：21
22
x L L =-， 粒子做运动直线运动的时间：20
(22)2x L t v v -=
=
， 粒子在磁场中做圆周运动的时间：30
1122442m L
t T qB v ππ=
=⨯=
， 粒子总的运动时间：t=t 1+t 2+t 3=()00
212L L
v v π++
； 【点睛】
本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
12．（20分）如图所示，平面直角坐标系xOy 的第二象限内存在场强大小为E ，方向与x 轴平行且沿x 轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。

现将一挡板放在第二象限内，其与x,y 轴的交点M 、N 到坐标原点的距离均为2L 。

一质量为m ，电荷量绝对值为q 的带负电粒子在第二象限内从距x 轴为L 、距y 轴为2L 的A 点由静止释放，当粒子第一次到达y 轴上C 点时电场突然消失。

若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系）。

求:
(1)C 点的纵坐标。

(2)若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少?
(3)磁感应强度为多大时，粒子从A 点出发与档板总共相碰两次后到达C 点?这种情况下粒子从A 点出发到第二次到达C 点的时间多长?
【答案】（1）3L ；（2）qL mE B 221=；（3）qL Em B 2322=；9(2)24mL
t qE
π+=总。

【解析】
试题分析：（1）设粒子到达挡板之前的速度为v 0
有动能定理 2
02
1mv qEL = （1分）
粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动
在x 轴方向 2
2t m
qE L =
（1分） 在y 轴方向 t v y 0= （1分） 联立解得 L y 2=
C 点的纵坐标为L L y 3=+ （1分） （2）粒子到达C 点时的沿x 轴方向的速度为m
qEL
at v x 2== （1分） 沿y 轴方向的速度为m
qEL
v v y 20=
= （1分） 此时粒子在C 点的速度为m
qEL
v 2= （1分）
粒子的速度方向与x 轴的夹角
x
y v v =
θtan ο
45=θ （1分）
磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为 L r 2
2
1=
（2分）
根据牛顿第二定律 1
2
1r v m qvB = （1分）
要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为 qL
mE
B 22
1= （1分） （3）当磁感应强度为B 2时，粒子做半径为r 2的圆周运动到达y 轴上的O 点，之后做直线运动打到板上，L r 2
2
32=
（2分） 此时的磁感应强度为qL
Em
B 2322=
（1分）
此后粒子返回到O 点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达D 点，接着做直线运动到达C 点 从A 到板，有2121t m Eq L =
qE
mL
t 21=
（1分） 在磁场中做圆周运动的时间 qE
mL
T t 24
9232π
==
（1分） 从O 到板再返回O 点作直线运动的时间qE
mL
t 23=
（1分） 从x 轴上D 点做匀速直线运动到C 点的时间为qE
mL
t 2234=
（1分）
总时间为qE
mL
t t t t t t 24)2(94321π+=++++=总 （1分）
考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律，平抛运动。

13．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．
14．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B ．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN =L ，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为-q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变．。