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)

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)
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，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
3
,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．
（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；
（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2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E 以及粒子2的发射速率v 2；
（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.
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，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一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． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq
32
2
3
0B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2
111
v qv B m r =
由几何憨可知：()2
22
1133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭
得到：123BLq
v m
=
（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：
13
3
L v t
=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到2
89qLB E m
=
又22
212v v Eh =+，得到：2221BLq
v =
（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0
E v B
'= 而'223
v v v ''=
+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'
即：2
2
003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭
2．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…)
3．如图所示，有一磁感强度39.110B T -=⨯的匀强磁场，C 、D 为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离l =0.1m ，今有一电子在此磁场中运动，它经过C 点的速度v 的方向和磁场垂直，且与CD 之间的夹角θ=30°。

（电子的质量319.110kg m -=⨯，电量
191.610C q -=⨯）
(1)电子在C 点时所受的磁场力的方向如何？
(2)若此电子在运动后来又经过D 点，则它的速度应是多大？ (3)电子从C 点到D 点所用的时间是多少？
【答案】（1）见解析；（2）81.610m/s ⨯；（3）106.510s t -=⨯。

【解析】 【分析】 【详解】
(1) 电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C 点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。

(2)电子在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，夹角θ=30°为弦切角，圆弧CD 所对的圆心角为60°，即∠DOC =60°，△CDO 为等边三角形，由此可知轨道半径
R =l
由牛顿第二定律可得
2
mv evB R
= 代入数值解得
81.610m/s eBl
v m
=
=⨯ (3)将R =l 和eBl v m =
代入周期公式2R
T v
π=中得 2m
T eB
π=
设电子从C 点到D 点所用时间为t ，由于电子做匀速圆周运动，所以
1326
t T ==π
π 由上两式得
163m t T eB
π== 代入数据得
106.510s t -=⨯
4．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106m 的α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9cm ，缝长AD ＝18cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.2×10－19C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．
(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？ (2)若条形磁场的宽度d ＝20cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)
【答案】（1）0.34cm ；（2）72.010s -⨯；86.510s -⨯． 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由题意：AB ＝9cm ，AD ＝18cm ，可得：∠BAO ＝∠ODC ＝45° 所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，
根据牛顿第二定律有2
v qvB m R
=，解得R ＝0.2m ＝20cm
由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．
设此时磁场宽度为d 0，由几何关系得(045201020.34d R Rcos cm m ︒+≈＝＋＝
(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则62108
m T s qB ππ
-=
=⨯ 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图所示．
因磁场宽度d ＝20cm <d 0，且R ＝20cm ，则在∠EOD 间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长． 设在磁场中运动时间最长为max t ，则6710 2.010216
max T t s s π
--=
=⨯≈⨯ 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .
设在磁场中运动的最短时间为min t ，轨迹如图所示．因R ＝d ，则圆弧对应圆心角为60°，
则6810 6.510648
min T t s s π
--=
=⨯≈⨯ 【点睛】
当粒子（速度一定）在有界磁场中轨迹是劣弧时，粒子在磁场中运动轨迹的弦最短，粒子在磁场中运动时间最短．
5．如图甲所示，在xOy 竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x 轴相切于点(2R, 0)、半径为R 的圆形区域，该区域内存在垂直于xOy 面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面向里为正方向，电场、磁场同步周期性变化（每个周期内正、反向时间相同）．一带正电的小球A 沿y 轴方向下落，t=0时刻A 落至点03R （，），此时，另一带负电的小球B 从圆形区域的最高点22R R （，）处开始在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动．当A 球再下落R 时，B 球旋转半圈到达点20R （，）；当A 球到达原点O 时，B 球又旋转半圈回到最高点；然后A 球开始做匀速运动．两球的质量均m ，电荷量大小为q ，不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g ，求：
（1）匀强电场的场强E 的大小；
（2）小球B 做匀速圆周运动的周期T 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； （3）电场、磁场变化第一个周期末A 、B 两球间的距离S ． 【答案】（1）mg q
E =（2）2m g
B q
R
π=
3225(22)π++
【解析】 【分析】 【详解】
(1)小球 B 做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有 Eq ＝mg ，解得 mg q
E =
(2)设小球 B 的运动周期为 T ，对小球 A ：Eq ＋mg ＝ma ， 解得 a ＝2g ； 由 R ＝a (
2T )2，得 2R T g
= 对 B 小球：2
=B
B v Bqv m R
22B R
v gR T
π=
= 解得2m g
B q
R
π=
(3)由题意分析可得：电(磁)场变化周期是 B 球做圆周运动周期的 2 倍 对小球 A ：在原点的速度为32
A R T v a T =
+ ， 在原点下的位移5A A y v T R == 2T 末，小球 A 的坐标为(0，－5R ) 对小球B ：球 B 的线速度 v B ＝2gR 水平位移 x B ＝v B T ＝2πR ；
竖直位移为 y B ＝
12
aT 2
＝2R ； 2T 末，小球B 的坐标为[(2π＋2)R ，0]
则 2T 末，A 、B 两球的距离为： AB ＝225(22)π++R ．
6．如图甲所示，两平行金属板AB 间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0．8m ，板间距离d=0．6m ．在金属板右侧有一磁感应强度B=2．0×10﹣2T ，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l 1=0．12m ，磁场足够长．MN 为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l 2=0．08m ，MN 及磁场边界均与AB 两板中线OO′垂直．现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场
中．已知每个粒子的速度v 0=4．0×105m/s ，比荷
q
m
=1．0×108C/kg ，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．
（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离； （2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；
（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处．
【答案】（1）0．10m ；（2）900V ；（3）5×105m/s ，该粒子不能打在右侧的荧光屏上． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）t =0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
1
02qv B m v R =，
代入数据解得：
R 1=0．2m ，
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：
11
0.120.60.2
l n R si θ=
== 粒子在磁场中偏移的距离：
111y R R cos θ=﹣
代入数据解得：
y 1=0．04m
粒子出磁场后做匀速直线运动
22y l tan θ=
代入数据解得：
y 2=0．06m
粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：
y=y 1+y 2=0．10m
（2）设两板间电压为U 1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，如图所示：
根据平抛知识可知：
211
22
d at =， 1
U q
ma d =， L=v 0t ， 解得：U 1=900V （3）由动能定理得：
22
11011222
U q mv mv =- 代入数据解得：
v 1=5×105m/s
粒子在电场中的偏向角α，
505
4100.8510
v cos v α⨯===⨯， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：
12
12
qv B m v R =，
代入数据解得：
R 2=0．25m
R 2﹣R 2sinα=0．25﹣0．25×210.8-=0．1m ＜l 1=0．12m
该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；
答：（1）0．10m ；（2）900V ；（3）5×105m/s ，该粒子不能打在右侧的荧光屏上
7．如图所示，左侧正方形区域ABCD 有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域CEFG 有电场，一质量为m ，带电量为+q 的小球，从距A 点正上方高为L 的O 点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动，从C 点水平进入右侧正方形区域CEFG ．已知正方形区域的边长均为L ，重力加速度为g ，求：
（1）左侧正方形区域的电场强度E 1和磁场的磁感应强度B ；
（2）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从F 点飞出，求该电场场强E 2的大小；
（3）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为3kmg
E q
=（k 为正整数），试求小球飞出该区域的位置到G 点的距离．
【答案】（1）1mg E q =
，方向竖直向上；2m g B q L
=，方向垂直纸面向外（2）23mg E q =
（3）①L ②24L
L k
- 【解析】 【详解】 （1）12v gL =
小球做匀速圆周运动1qE mg = 解得：1mg
E q
=
，方向竖直向上 由几何关系r L =，又2
11v qv B m r
=
解得：2m g
B q L
=
，方向垂直纸面向外
（2）在CEFG 区域，小球做类平抛运动， 水平方向：1L v t =，解得2L t g
= 竖直方向：2
12
L at =
，解得4a g = 又2qE mg ma +=， 解得23mg
E q
=
（3）水平方向：3qE ma =，解得a kg = 竖直方向小球做自由落体运动. 当水平方向减速至零时，用时12gL v t a == 由2
12ax v =，解得L
x k
=
， ①当k =1时，x =L ，小球水平方向恰好到达FG 边，此时竖直位移2
12
y gt ==L ，小球恰好从F 点飞出，此时距G 点L ．
②当k =2，3，4……时，x <L ，竖直位移()2122y g t =
=24L
k
≤L ，小球从CG 边飞出，此时距G
点2
4L L k -
8．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……；
9．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔
1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。

在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力
的作用下向右运动，在0
2
T t =时刻通过2S 垂直于边界进入右侧磁场区。

（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达2S 时的速度大小v 和极板距离d
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03t T =时刻再次到达2S ，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 【答案】（1）0024T qU d m
=
（2）0
24mU B L q
<
（3）2m T qB π=
87m
B qT π=
【解析】（1）粒子由1S 至2S 的过程中，根据动能定理得
201
2qU mv =
①
由①式得
02qU v m
=
②
设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
0U q ma d =
③ 由运动学公式得
201()22T d a =
④
联立③④式得
0024T qU d m
=
⑤
(2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
⑦
联立②⑥⑦式得
⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t ，有
1
d vt =
⑨
⑩
若粒子再次达到2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为
2t ，根据运动学公式得
⑾
联立○9○10○
11式得
⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t
⒀
联立⑩⑿⒀式得
⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T
，由○6式结合运动学公式得
⒂
由题意得
T t
=
⒃
联立⒁⒂⒃式得
⒄
10．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
=
11．如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0<y<d 的区域Ⅰ内的磁
感应强度大小为B，在y>d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B.一个质量为m、电荷量为-q
的粒子以速度
qBd
m
从O点沿
y轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．
(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径：
(2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为
2qBd
v
m
=，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；
(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度
qBd
v
m
>，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值．
【答案】（1）R d
=（2）()
43
OP d
=-
2
3
m
t
qB
π
=（3）
min
3
x d
=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：
2
1
v
qv B m
r
=
把
qBd
v
m
=，代入上式，解得：R d
=
(2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为0
2
v v
=时，如图所示
在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为12
R d
=
在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为R d
=
在BP段圆周运动的圆心在O3，半径为12
R d
=
可以证明ABPO3为矩形，则图中30
θ=,由几何知识可得：
13
2cos303
OO d d
==
所以：
3
23
OO d d
=
所以粒子打在x轴上的位置坐标(
133
243
OP O O OO d
=+=
粒子在OA 段运动的时间为：1
3023606m m
t qB qB
ππ=
=
粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m
t q B qB
ππ=
=
粒子在BP 段运动的时间为313023606m m
t t qB qB
ππ==
=
在此过程中粒子的运动时间：12223m
t t t qB
π=+=
(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图
可得粒子打在x 轴上位置坐标：(
)22
222x R R d R d =--+
-
化简得：222340R Rx x d -++=
把上式配方：2
22213033R x x d ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭ 化简为：2
22213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝
⎭ 则当2
3
R x =
时，位置坐标x 取最小值：min 3x d =
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
α
α= α粒子的电荷量q
=2e
所以α粒子的速率2BeR
v m
α= 动能222
2k 12E 2B e R mv m
α
α==
（2）由动量守恒mv α-m Y v Y =0,所以2y y
BeR
v m =
2222
ky 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22
22211
()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 +2
222211
()Y B R m c e m +
13．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）
3E
B
（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子
在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：
23
603 d d d
r
sin sin
α
===
︒
根据
2
mv
qv B
r
=得
23
3
qBd
v
m
=
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
160
2
qE
r cos t
m
-︒=
（）；
00
y
v qEt
tan
v mv
α==
联立解得
03
E
v
B
=
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．
则有：x=v0t，
2
y
v
y t
=
得
3
22
y
v
y tan
x v
α
===
由几何知识可得 y=r-rcosα=
13
2
r=
则得
2
3
x d
=
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为
12
53
23
d d
R
sinα
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
==
粒子进入第三、四象限运动的速度0
43
2
v qBd
v v
cosα
===
根据
2
'
v
qvB m
R
=
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
14．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E0，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。

15．如图所示，ab 、ef 是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d ．在导轨ab 、ef 间放置一个阻值为R 的金属导体棒PQ ．其质量为m ，长度恰好为d ．另一质量为3m 、长为d 的金属棒MN 也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN 静止于PQ 棒右侧某位置，盛个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现有一质量为m 、带电荷量为q 的光滑绝缘小球在桌而上从O 点（O 为导轨上的一点）以与可成60°角的方向斜向右方进人磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN 的中点，小球与金属棒MN 的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN 的电阻，两杆运动过程中不相碰，求：
（1）小球在O 点射人磁场时的初速度v 0
（2）金属棒PQ 上产生的热量E 和通过的电荷量Q
（3）在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离
（4）请通过计算说明小球不会与MN 棒发生第二次碰撞；
【答案】（1）03qBd v m =
（2）8q Q =（3）8qR x Bd
∆=（4）小球不会与MN 杆发生第二次碰撞．
【解析】
【分析】
光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动，由几何关系可求半径，牛顿第二定律求出小球在O 点射人磁场时的初速度；小球与MN 杆发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒求出碰后小球速度和MN 杆速度，此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解PQ 上产生的热量，对杆PQ 应用动量定理求得金属棒PQ 通过的电荷量；根据电荷量公式求解在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离；球与MN 碰后，球碰后做圆周运动，这段时间内杆MN 减速运动，与PQ 同速后做运匀速动，由此判断小球不会与MN 杆发生第二次碰撞；
【详解】
（1）如图所示，可得：光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径设为r ， 由图可知：0cos 602d r r +=
得：3
d r = 由牛顿第二定律可得： 200v qBv m r
= 得：03qBd v m
=
（2）由题可知小球与MN 杆发生弹性碰撞，设碰后小球速度为1v ，MN 杆速度为2v ，可得：
0123mv mv mv =+
2220121113222
mv mv mv =+⨯ 联立可得：201011,22
v v v v ==- 此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v ，则有：
23(3)mv m m v =+
可得：2033488qBd v v v m
=== 由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：222113422E mv mv =⨯-⨯=22296q B d m
对杆PQ 应用动量定理可得： 0BId t mv ∆=-
即：0BdQ mv =-
得：8
q Q =
（3）由B S B xd Q R R R
φ∆∆∆=== 得杆MN 比杆PQ 多滑动的距离：8QR qR x Bd Bd ∆=
= （4）由（2）可知球与MN 碰后，小球的速度为：1012
v v =-， 杆MN 的速度为：201,2
v v = 小球碰后做圆周运动的半径：'6
d r = 运动半个周期的时间为：00'32
r d t v v ππ==
这段时间内杆MN 减速到与PQ 同速，最小速度为038v v =，则其位移：'8
d x vt r π>=> 此后杆MN 一直向左运动，故小球不会与MN 杆发生第二次碰撞．。