高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析
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，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(2214
s 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．如图所示,圆心为O 、半径为R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O 为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y 轴的固定绝缘挡板,一质量为m 、带电量为+q 的粒子,与x 轴成 60°角从M 点（-R,0） 以初速度v 0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:
(1)磁感应强度B 的大小; (2)N 点的坐标;
(3)粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间. 【答案】(1)0mv qR (2) 31
,)2R R - (3)
(5)R v π+ 【解析】
（1）设粒子在磁场中运动半径为r ，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：
由几何关系可以得到：r R =
由洛伦兹力等于向心力：20
0v qv B m r
=，得到：0mv B qR =．
（2）由图几何关系可以得到：3
sin 60x R R ==
，1cos602y R R =-=-
N 点坐标为：31,2R R ⎫
-⎪⎪⎝⎭
． （3）粒子在磁场中运动的周期2m
T qB
π=
，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间：12
T
t =
，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =
，其中1
32
s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()0
5R
t v π+=
．
3．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y 内，矩形区域(-3d<x<d ，33外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m 、电奇量为+q 的粒子从P(03点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d 3处进入无场区． (1)求磁场的磁感应强度B 的大小．
(2)求粒了离开P 点后经多长时间第一次回到P 点．
(3)若仅将入射速度变为20v ，其它条件不变，求粒于离开P 点后运动多少路程经过P 点．
【答案】（1）
mv qd
（2
）
00
243d d
v π+ （3）2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… 或()
8'234333d s d k d d ππ⎡⎤
=+++⎢⎥⎣⎦
，其中k ＝0、1、2、3 【解析】 【分析】
（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；
（2）画出粒子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间； （3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同； 【详解】
（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：R d =
粒子在磁场中2
v qvB m R
=，得到：0mv B qd =；
（2）粒子运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动时间：10
2d t v π=
粒子在无场区运动时间：20
43
d
t = 粒子再次回到P 点时间：12t t t ＝＋ 得到：00
243d d
t v v π=
+ （3）粒子运动轨迹如图所示：
粒子速度变为02v ，则在磁场中运动半径为：2R d '＝
由P 点沿圆弧运动到C 点时间：3
00
2
224323d
d t v v ππ⨯⨯== 由C 点沿直线运动到D 点时间：400
233d d
t ==
①粒子以2v 0沿y 轴正向经过P
则粒子运动时间：34(33)t k t t =+，其中k ＝1、2、3… 粒子运动距离：02s v t ＝
得到：2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… ②粒子以02v 大小与－y 方向成60°经过P
则：34342(33)t t t k t t '=+++，其中k ＝0、1、2、3… 粒子运动距离为：02s v t ''＝
得到：()
8'234333d s d k d d ππ⎡⎤
=++⎢⎥⎣⎦
，其中k ＝0、1、2、3… 【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹．
4．如图1所示，在ABCD 矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B 如图2所示的变化。

0t =时刻，一质量为m ，带电量为q 的带正电粒子从B 点以速度0v 沿BC 方向射入磁场，其中0B 已知，0T 未知，不计重力。

（1）若AB BC =，粒子从D 点射出磁场，求AB 边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
（2）若3AB BC =：，粒子仍从D 点射出，求AB 边长度的可能值及粒子运动的可能
时间；
（3）若AB BC =，求磁场周期0T 需满足什么条件粒子不从AB 边射出，并求恰好不射出时0T 时刻粒子距BC 边的距离。

【答案】（1）00nmv AB qB =
，02n m t qB π=1,n =（2，3...）；（2）0
33n mv AB =，
043n m t qB π=
1,n =（2，3...）；（3）0053m
T qB π≤，(
)
00
32mv d qB +=
【解析】 【详解】
（1）若粒子通过D 点，其运动轨迹如图所示，则必须满足：
则必须满足：
2
0v qvB m r
=
22AB n r = 1,n =（
2，3...） 4
T
t n =1,n =（2，3...）
2m
T qB π=
由以上各式解得：
nmv AB qB =， 0
2n m
t qB π=
1,n =（2，3...） （2）若粒子通过D 点，其运动轨迹如图所示：
则必须满足：
2
0v qvB m r
=
23BD nr =
1,n =（2，3...） 23
T
t n
= 1,n =（2，3...） 又因为
2m
T qB π=
由以上各式解得：
33n mv AB qB =， 0
43n m
t qB π=
1,n =（2，3...） （3）如图3所示：
粒子恰不从AB 边射出时，
02
T T -时的轨迹与AB 边相切，故需满足 sin()2r
r
πθ-=
， 解得粒子在0
02
T -
时间内转过的角度不超过150°，则有： 01502360
T T ≤ 0T 时刻粒子离AB 的距离为
2cos30d r r =+︒
由以上方程解得：
00
53m
T qB π≤
， ()
00
32mv d qB +=。

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 =
33
323OA 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 ==︒11
1
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 60v v v ==
︒对粒子2在电场中运动有2222
3
q E d m v =⋅ 又 22
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
43cos303
v 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 341
2
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．如图所示为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心O 与xOy 平面坐标系原点重合.半径为
0R 的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场.一束质量为m 、电荷量为q 、
动能为0E 的带正电粒子从坐标为()00,R 的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为()0,0R 的P 点，方向沿x 轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M 点(M 点未画出).不计重力和粒子间的相互作用. （1）求区域Ⅰ中磁感应强度1B 的大小；
（2）若环形区域Ⅱ中磁感应强度213B B =，求M 点坐标及环形外圆半径R ； （3）求粒子从A 点沿y 轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A 点的过程所通过的总路程.
【答案】（100
2mE （2）0013,2
2R R ⎛⎫
-
⎪
⎪⎝⎭03R （3）0363R π⎛+ ⎝
⎭ 【解析】
试题分析：（1）由题设条件就能求出粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出Ⅰ区磁场的磁感应强度大小．（2）进入Ⅱ后，粒子恰好约束在该区，画
出粒子运动轨迹，由两区域内磁场的关系，找到在Ⅱ区内做匀速圆周运动的半径，再由几何关系求得粒子在Ⅱ区内转过的圆心角，从而再由几何关系就能求出M 点的坐标和环形的外圆半径．（3）先找出从A 点出发，经过Ⅰ、Ⅱ区的正反两次偏转再次进入Ⅰ区时，相对OA 方向偏转的角度，若经过m 次偏转时，粒子第一次经过A 点，此时转过m 周，列出方程，解出整数解，那么总路程就是m 倍的一次偏转的路程．
（1）由题意，粒子在区域Ⅰ内从A 点做匀速圆周运动到P 点，显然10r R =
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有：20101v qB
v m r =，且2
0012
E mv = 联立解得：010
2mE B =
（2）粒子进入环形区域Ⅱ后做顺时针方向匀速圆周运动，则有：2
202
v qB v m r =
由题设条件：213B B = 联立解得：2033
r R =
画出粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系得：60POM ∠=︒，则M 点的坐标为001322R R ，⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭
由几何关系外环的半径2220233R r r r R =+==
（3）粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M 点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150︒，设经过m 次这样的偏转后第一次从A 点再交入射，此时圆心角转过n 个360︒ 则有：150m=360n （m 、n 取正整数） 解得：m=12，n=5．
而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程112012143
22()432s r r R πππ=
⨯+⨯=+ 所以经过12次如此偏转后第一次通过A 点，则总路程为(
1
2983
123
s s R π+==
7．如图所示的xoy 平面内，以1O （0，R ）为圆心，R 为半径的圆形区域内有垂直于xoy 平面向里的匀强磁场（用B 1表示，大小未知）；x 轴下方有一直线MN ，MN 与x 轴相距为
y ∆），x 轴与直线MN 间区域有平行于y 轴的匀强电场，电场强度大小为E ；在MN 的下
方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B 2，磁场方向垂直于xOy 平面向外。

电子a 、b 以平行于x 轴的速度v0分别正对1O 点、A （0，2R ）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O 进入x 轴下方的电场。

已知电子质量为m ，电荷量为
e ，200
233mv mv E B ==
，，不计电子重力。

（1）求磁感应强度B 1的大小；
（2）若电场沿y 轴负方向，欲使电子a 不能到达MN ，求y ∆的最小值； （3）若电场沿y 轴正方向，3y R ∆=，欲使电子b 能到达x 轴上且距原点O 距离最远，
求矩形磁场区域的最小面积。

【答案】（132）3
3
R （3）4（3R 2 【解析】
（1）电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r ，当电子α射入，经过O 点进入x 轴下方，则：r ＝R
2
0v ev B m r
= ，解得：01mv B eR =
（2）匀强电场沿y 轴负方向，电子a 从O 点沿y 轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理 eE ∆y ＝
1
2
mv 02 可求出203
23
mv y R eE ∆==
（3）匀强电场沿y 轴正方向，电子b 从O 点进入电场做类平抛运动，设电子b 经电场加速后到达MN 时速度大小为v ，电子b 在MN 下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r 1，电子b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示。

由动能定理2201122
eEy mv mv =-'
解得v ＝2v 0
在电场中203v eE
a m ==
10
22y R
t a v '∆=
=
x ＝v 0t 1＝2R
由牛顿第二定律221v evB m r =代入得143
r R =
01cos 2
v v θ=
= 则3π
θ=
由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O 2在y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为3
π
θ=
时，粒子能够到达x 轴，距离原点O 距离最远。

由几
何关系得，最小矩形磁场的水平边长为
l 1＝（r 1＋r 1sin θ）
竖直边长为，l 2＝（r 1＋r 1cos θ）
最小面积为S ＝l 1l 2＝r 12（1＋sin θ）（1＋cos θ）＝4（23R 2
点睛：本题考查粒子在电场和磁场中的运动，关键是画出运动轨迹，根据动能定理、分运动公式、牛顿第二定律列式，并结合几何关系分析。

8．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．
9．质量为m 电荷量为+q 的带电粒子（不考虑重力）从半圆形区域边界A 点沿直径方向正对圆心两次以相同速度v 水平射入。

第一次射入时，空间中只有竖直向下的匀强电场，第二次只有垂直于纸面向外的匀强磁场（磁场和电场区域都无限大且未画出）。

发现带电粒子两次都击中半圆形边界上同一点B 。

（1）证明两次粒子打到B 点速度方向不同；
（2）判断两次粒子打到B 点的时间长短，并加以证明。

【答案】（1）因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同；（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长，证明见详解。

【解析】 【详解】
（1）设半圆形区域的半径为r ，B 点与圆心连线和半圆形直径方向的夹角为θ，第一次射
入时，带正电的粒子做类平抛运动，水平方向
r +r cos θ=vt
竖直方向的速度
v y =
qE m t =(1cos )qEr mv
θ+ 第一次射出B 点速度与直径方向的夹角
tan α=
y v v
=
2
(1cos )
qEr mv θ+
第二次射入时，粒子做匀速圆周运动，径向射入，径向射出，射出B 点速度与直径方向的夹角为θ，做匀速圆周运动的半径
R =
mv qB
tan 2θ=r R =qBr mv
第二次射出B 点速度与直径方向的夹角
tan θ=
2
2tan
212
tan θ
θ
-=
22222
2qBtmv
m v q B r -
因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同。

（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长。

第一次在水平方向
r +r cos θ=vt 1
第一次粒子在电场中运动的时间
t 1=
(1cos )
r v
θ+
第二次粒子在磁场中运动的半径
R =mv qB =tan
2
r θ qB =
tan
2mv r
θ
第二次粒子在磁场中运动的
t 2=2θπT =22m qB θππ=m qB θ=tan 2
r
v θθ=(1cos )
sin r v θθθ
+
因为sin θθ>，所以t 2>t 1。

10．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
11．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B
(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L
【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9
4
d ； 【解析】
(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d
电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：2
0v ev B m r
=
解得：0
mv B ed
=
(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r
O a '=
︒
3OO d O a ='-' 解得OO d '=
即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==
电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤
设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：
根据运动学公式有：0x v t =
212eE y t m =⋅ y eE v t m
=
tan y v v θ=
tan 3L
d x
θ=
- 解得：(32)2L d y y =
即9
8
y d =
时，L 有最大值 解得：94
L d =
当
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
12．一个氘核（21H ）和一个氚核（31H ）聚变时产生一个中子（1
0n ）和一个α粒子（4
2e 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αm ，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）2
2
D T n ()
E mc m m m m c α∆=∆=+--（2）2α
2πe 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
1102H+H n+He →
反应释放的核能：()2
2
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
α2v 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：2α2πe B I m =
（3）设电子的质量为e m ，碰撞后α粒子的速度为αv ，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：222
αe e 111222
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．如图所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等．现有一质量m ＝0.01 kg 、电荷量q ＝0.01 C 的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN 相距L ＝2 m 的A 点以v 0＝5 m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A 点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.225，重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求匀强电场的电场强度大小E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B 1；
(2)求滑块从A 点出发到再次落回A 点所经历的时间t ；
(3)若滑块在A 点以v 0′＝9 m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B 2.
【答案】(1)10 V/m 6.4 T (2)(
1751832π+) s (3)1516m 53
T 【解析】
【分析】
（1）小球进入复合场区域后，小球立即在竖直平面内做匀速圆周运动，说明重力与电场力的大小相等，方向相反；A 到N 的过程中根据牛顿第二定律可求出小球到达N 点的速度。

小球离开磁场后做平抛运动，将运动分解，即可求出下落的高度，然后结合几何关系由于洛伦兹力提供向心力的公式即可求出磁感应强度；
（2）小球在AN 之间做减速运动，由运动学的公式求出时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周期公式即可求出粒子在磁场中运动的时间，根据平抛运动的规律求平抛运动的时间，最后求和；
（3）A 到N 的过程中摩擦力做功，由动能定理即可求出小球到达N 点的速度。

小球进入区域Ⅱ后恰好能沿直线运动，说明小球受到的合外力为0，受力分析即可求出小球的速度，结合动能定理即可求出有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ的磁感应强B 2的大小。

【详解】
(1)滑块在区域Ⅰ内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE
解得E ＝mg q
＝10 V/m 滑块在AN 间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得：
a ＝－μg ＝－2.25 m/s 2
由运动公式可得v 2－v 02＝2aL
代入数据得v ＝4 m/s
平抛运动过程满足L ＝vt 3；2r ＝2312
gt 做圆周运动满足qvB 1＝m 2
v r
联立方程求解得B 1＝6.4 T
(2)滑块在AN 间的时间01-4t ==s 9
v v a 在磁场中做匀速圆周运动的时间21532m t s qB ππ＝
＝ 平抛运动的时间t 3＝L v
＝0.5 s 总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝175(
)1832π+s (3)设滑块进入磁场时的速度为v ′，满足
－μmgL ＝12mv ′2－12
mv 0′2 代入数据得v ′＝
m/s
滑块在区域Ⅱ中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qv ′B 2
解得B 2＝53
T 滑块离开磁场区域Ⅰ时的速度方向一定与水平成45°角．由几何关系知当滑块在区域Ⅰ中做匀速圆周运动时有
B 1qv ′＝2
'mv r
解得1'mv r qB == 由题意知d ＝r ·
sin 45°＝1516m 【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，要注意当粒子在复合场中做匀速 圆周运动时，粒子受到的电场力与重力平衡。

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v 0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) 202mv E qh
= ，α＝45°，因此粒子从C 点正对圆心O 1进入磁场．(2) (022mv B qh
+= (3) (03226224h 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 ＝v 0t 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 220y
v v +2v 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，。