高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解析版汇编

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解析版汇编
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为
2
L
()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O 点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23
能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L
φ
=
，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经
O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m
ϕ
=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2
102
qU mv =-
2U ϕϕϕ=-=2q v m
ϕ
=
(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有
2
3
能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =
由洛伦兹力提供向心力得：2
v qBv m R
=
联合解得：12m B L q
ϕ
=
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
2
12qE L t m
=
222mL m
t L qE q ϕ
==22x Eq qEL q v t m m m ϕ
=
==
若速度与x 轴方向的夹角为α角
cos
x
v
v
α=
1
cos
2
α=0
60
α
∴=
2．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。

0
t=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3:1
AB 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
T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）0
nmv
AB
qB
=，
2
n m
t
qB
π
=1,
n=
（2，3...）；（2）0
33
n mv
AB
qB
=，0
4
3
n m
t
qB
π
=1,
n=
（2，3...）；（3）0
5
3
m
T
qB
π
≤，
()0
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
v
qvB m
r
=
22
AB 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 =。

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) 0158Nmv （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 12211()r L r --x 22222()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．在以坐标原点 O 为圆心、半径为 r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。

一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x 轴的交点 A 处以速度 v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y 轴的交点 C 处沿+y 方向飞出。

（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷
q
m
； （2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B '，该粒子仍从 A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B '多大？
（3）此次粒子在磁场中运动所用时间 t 是多少？
【答案】（1）v Br ；（2）33B ；（3）33R v
π 【解析】 【详解】
（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷
粒子由A 点射入，由C 点飞出，其速度方向改变了90°，由几何关系可知，粒子轨迹半
径：
R =r
由：
2
v Bqv m r
=
解得：
q v m Br
= （2）粒子从D 点飞出磁场速度方向改变了60°角，故A D 弧所对圆心角60°，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径：
3tan 30
r
R r '=
=
由：
2
v B qv m R '='
得：
3
33B B qr '=
= （3）粒子在磁场中飞行周期：
2R T v
π'=
粒子在磁场中飞行时间：
136R
t T π==
5．如图所示，边长为L 的正三角形ABC 区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，D 为AB 边的中点，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子平行BC 边射入磁场，粒子的速度大小为v 0，结果刚好垂直BC 边射出磁场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC 相切，粒子的速度大小为多少?粒子在磁场中运动的时间为多少?
（3）增大粒子的速度，试分析粒子能不能从C 点射出磁场。

若不能，请说明理由；若能，请计算粒子从C 点射出磁场时的偏向角。

【答案】（1
）0
43
3
mv
qL
，（
2）
1
2
v，
3
3
L
v
π
，（3）能，60︒
【解析】
【详解】
（1）运动轨迹如图所示：
根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为
1
3
60
2
L
R sin L
=︒=
根据洛伦兹力提供向心力有：
2
1
v
qBv m
R
=
所以匀强磁场的磁感应强度大小为0
43
3
mv
B
qL
=；
（2）要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC相切，其轨迹如图所示：
根据几何知识可知，其运动的半径为
2
13
•60
228
L
R sin L
=⋅︒=
所以粒子运动是速度为
21
2
qBR
v v
m
==
根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为240
θ=︒，
所以粒子在磁场中运动的时间为
2223
333
m L
t T
qB v
ππ
===
（3）根据数学知识知，粒子能到达C点，粒子到达C的轨迹如图所示：
结合知识可知，∠DOC=60°，所以粒子从C 点射出磁场时的偏向角为60°。

6．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
2
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 =- (3)3
50
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
115222
ED a a a ⎛⎫
=-=
⎪
⎝⎭
最左侧：F 与MN 相切，由几何关系知2
21322
EF a a a ⎛⎫
=-=
⎪⎝⎭ 解得 1153L =
(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=
=
7．如图所示，直角坐标系xOy 平面内有垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一个半径为R 的绝缘圆筒垂直于坐标平面放置，圆心P 在x 轴上，O 、P 间的距离为2R ，y 轴上各点处均可沿x 轴正方向发射质量为m 、电荷量为q 的同种带正电粒子，粒子的发射速度大小均为v 0＝
2qBR
m
，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）所有打到圆筒上的粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子在磁场运动的时间及在y 轴上发射的位置坐标；
（2）从y 轴上什么范围内发射的粒子能打在圆筒上?
【答案】（1）（0，2-3R R ）（2）(25)52R y R ≤≤（） 【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿运动定律有：2v qvB m r
=
代入数据，解得：2r R =
由题意可知，所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴上，做圆周运动的圆半径相等，根据224R R
T v v
ππ⨯==得，粒子在匀强磁场运动的周期都相等，粒子在磁场中运动的时间2t T θ
π
=
⋅，要使运动时间最短，则运动的弧长最短，圆心角θ最小，分析可知粒子打在圆筒与x 轴左侧交点所用的时间最短．
由几何关系可知，这段圆弧所对圆心角θ满足：1sin 2
R r θ== 得到：6
π
θ=
粒子在磁场中做圆周运动的周期：224R R T v v
ππ⨯==2m
qB π= 则最短时间：1126m
t T qB
π=
= 根据几何关系，发射点距坐标原点O 的距离为：()
22cos 236
y R R R π
∆=-=-
即对应粒子在y 轴上发射的位置坐标为（0，2-3R R ）
（2）设从圆筒上面恰好能打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在M 点，坐标为M （0，y 1）
由几何关系可知，2212(3)(2)(25)y R R R R =-=
设从圆筒下面恰好打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在Q 点，坐标为Q （0，y 2）． 由几何关系可知，222[(3)(2)2](25)y R R R R =--=
因此能打在圆筒上的粒子在y 轴上射出的范围是：(25)52)R y R ≤≤（．
【点睛】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．
8．如图1所示，左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。

右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里。

一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出。

已知弧EG 所对应的圆心角为θ，不计离子重力。

求：
（1）离子进入平行板时的速度大小v 0； （2）离子的质量m ；
（3）如图2所示，若改变右侧圆形磁场区域的位置，使圆形磁场的直径EH 与EF 成α角，该离子沿平行于金属板的方向从E 点射入磁场区域，恰好从H 点射出，求α角的正弦值sin α。

【答案】（1）v 0=0U B d ；（2）m =
0tan 2qBB Rd U θ；（3）sin α=cot 2
θ
【解析】 【详解】
（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等， 即：B 0qv 0=qE ，其中U
E d
= ， 解得：00U
v B d
=
； （2）在圆形磁场区域，微粒做匀速圆周运动，
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得：20
v qvB m r
= ，
由几何关系有：2
r tan R
θ
=
解得0tan 2
qBB Rd m U θ
=
（3）若离子沿平行于金属板的方向从E 点射入磁场区域，则轨迹如图；
由几何关系可知：sin R r α=，因2r
tan R
θ= 可知sin cot
2
θ
α=
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．如图所示，xOy平面内，A、B、C三点恰好组成一个直角三角形，∠B＝90°，∠C＝60°，BC长为l.D为AC的中点，D为AD的中点．第二象限内有沿-y方向的匀强电场；三角形BCD区域内有匀强磁场I，AB下方有匀强磁场Ⅱ，方向均垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子从B点以速度v0沿+y方向进入磁场I，离开磁场I后又刚好从坐标原点O沿与-x成30°的方向进入电场，又从A点离开电场进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转后回到B点，回到B点的速度方向仍沿+y方向，之后带电粒子重复上述运动过程．不计粒子重力．求：
(1)磁场I的磁感应强度B及匀强电场的场强E的大小；
(2)带电粒子运动的周期.
【答案】（1）
2
0 3
mv
E=、0
2mv
B
ql
=
（2）
()
953
6
l
v
π+
【解析】
试题分析：（1）画出粒子运动如图所示
由几何关系，粒子在磁场I中运动的轨道半径为
2
l
r=
由牛顿第二定律可得
2
v
qv B m
r
=，解得0
2mv
B
ql
=
粒子在电场中运动时，沿y方向，qE ma
=，0
2sin30
v at
=
沿x 方向()
0cos302l v t =
，解得2
03mv E =
（2）粒子在磁场I 中的运动时间1100
6s l
t v v π=
= 粒子离开磁场I 到达O 的路程0
22(cos30)2
l s =，所用时间2200
32s l t v v =
=， 根据
()
00cos302l v t =可得粒子在电场中的运动时间30
3l t = 根据几何关系可得粒子在磁场II 中运动的轨道半径为R l =
粒子在磁场中转过的圆心角为43
π
粒子在磁场II 中的运动时间4400
43s l t v v π== 周期()1234
9536l T t t t t v π+=+++=
考点：考查了带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】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
11．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：0v ==；
（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＝0
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+34
T 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……
或2324m
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……；
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)2222
211
()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2
v 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2222k 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2222211
()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 +
2222211
()Y B R m c e m +
13．如图所示，一质量为m =0.5kg ，电荷量为q =+0.2C 的小物块（可视为质点），放在离地面高度为h =5m 的水平放置、厚度不计的绝缘圆盘边缘，并随圆盘一起绕中心转轴顺时针做匀速圆周运动，圆盘的角速度为ω=2rad /s ，半径为r =1m ，圆盘和小物块之间的动摩擦因数为μ=0.5．以圆盘左侧垂直于纸面的切面和过圆盘圆心O 点与空间中A 点的竖直平面为界（两平面平行），将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个空间区域，当小物块转动时，Ⅰ区域出现随时间均匀增大的电场E （图中未画出），电场方向是竖直方向．当E 增大到E 1时，小物块刚好从空间中的A 点离开圆盘，且垂直于Ⅰ、Ⅱ区域边界进入Ⅱ区域，此时，Ⅱ区域和Ⅲ区域立即出现一竖直向上的匀强电场E 2（图中未画出），E 2=25N/C ，且Ⅲ区域有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L =4m ，g =10m/s 2．求：
（1）E 1的大小和方向；
（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度B 的取值范围是多少？
（3）现将磁感应强度B 取某一值，当小物块离开A 后一小段时间，紧贴圆盘圆心O 点下方以速度073
3
v =
m/s 水平抛出一木制小球，最终两者在磁场宽度范围内的地面上相遇，则从小物块离开A 点时开始计时，抛出木制小球的时刻t 为多少？ 【答案】（1）15N/C E =，竖直向上（2）1.252T B T ≤＜（3）2.96s 【解析】
试题分析：（1）当Ⅰ区域的电场向上时，小物块与圆盘间的最大静摩擦力减小，当其减小到等于向心力时，小物块沿切线方向飞出，所以，1E 的方向竖直向上．
由牛顿第二定律有：21mg E q m r μ
ω-=（） 代入数据解得：15N/C E =
（2）在Ⅱ、Ⅲ区域，由于
9 5
a<，所以小物块先做匀速直线运动，进入Ⅲ区域后，做匀速圆周运动．
设小物块速度为v，圆周运动的半径为
Ⅲ，则有：
2
v
qvB m
R
=，v r
ω
=
要使其在磁场宽度范围内落地，其轨道如图所示．设半径的极小值和极大值分别为1R和2
R，则有：
联立并代入数据解得：1.252
T B T
≤＜．
（3）设木制小球落地点为F，运动时间为1t，水平位移为x，A'、O'分别为A O
、在地面
上的投影，FD的长度为d，则有：2
101
1
,
2
h gt x v t
==；
由几何知识有：222
x d r r
=++
（）
联立并代入数据解得：
1
5
1
3
t s d m
==
，
设小物块整个运动的时间为2t，在Ⅲ区域的运动半径为3R，周期为T，则有：()2
22
33
R h R d
=-+
解得：
3
25
9
R m
=，3
2R
T
v
π
=，代入数据解得：
25
9
T s
π
=，又
3
d
sin
R
＝
θ，代入数据得：37
θ=︒
所以小物块做圆周运动转过角度为：143
α=︒
所以：
2
143
360
r
t T
v
︒
=+
︒
，则：21
t t t
=-，联立解得：
143251
2.96
36092
t s
π
=⋅-≈
考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
14．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=G1=mg sinθ
当θ很小时，sinθ≈θ，θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，即sinθ≈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'
1
4
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 。

15．如图甲所示,以O 为原点建立0εy 平面直角坐标系.两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于J 轴对称放置,极板长度和极板间距均为l,第一、四象限有方向垂直于Oxy 平面向里的匀强磁场.紧靠极板左侧的粒子源沿J 轴向右连续发射带电粒子,已知粒子的质量为m 、电荷量为十q 、速度为v 0、重力忽略不计.两板间加上如图乙所示的扫描电压(不考虑极板边缘的影响)时,带电粒子恰能全部射入磁场.每个粒子穿过平行板的时间极短,穿越过程可认为板间电压不变;不考虑粒子间的相互作用. (1)求扫描电压的峰值U 0的大小.
(2)已知射入磁场的粒子恰好全部不再返回板间,匀强磁场的磁感应强度B 应为多少?所有带电粒子中,从粒子源发射到离开磁场的最短时间是多少?
【答案】（1）2
0m q
v （2）
02mv ql （3）
014l
v π⎛⎫+ ⎪⎝
⎭
【解析】
试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由题意可知，粒子的运动情况，根据运动的合成与分解可求得的加电压的峰值；粒子在磁场中做圆周运动，由洛仑兹力充当向心力以及几何关系可求得磁感应强度；粒子从上边缘飞出时时间最短，则由运动过程可求得各段内所经历的时间，则可求得总时间
（1）所加扫描电压达到峰值时，粒子在电场中的偏转位移为2
l
，粒子 在电场中做类平抛运动，运动加速度为0
qU a
ml =，时间为0
l t v =
在电场中的偏转位移22011
222
qUl y at l mv =
== 故所加扫描电压的峰值为2
0mv U q
=
（2）设粒子从电场射出时的速度偏转角为θ，射入磁场时的速度为 0
cos v v θ
=
粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力2
v Bqv m R
=
粒子在磁场中射入与射出点间的距离为2cos y R θ∆=
联立解得2
cos mv
y Bq
θ∆=，即所有粒子在磁场中射入与射出点间距离相同 依题意，从下边缘射出电场的粒子在磁场中做圆周运动后刚好到达电场上边缘，
即y l ∆=，故匀强磁场的磁感应强度为0
2mv B ql
=
从电场上边缘射出的粒子整个过程运动时间最短， 粒子速度偏转角正切值0200tan 1qU l at v mv l α===，故045α= 粒子在电场中运动的时间为10
t l v =
粒子在磁场中运动的最短时间为242T m t qB
π=
= 故带电粒子从发射到离开磁场的最短时间是12014l t t t v π⎛⎫
=+=
+ ⎪⎝⎭
点睛：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意认真审题，明确题意才能正确分析物理过程，进而确定正确的物理规律求解！如本题中明确说明通过时间极短，粒子通过时电场不变，故粒子即可不同电压下进行加速．。