高中物理带电粒子在磁场中的运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在磁场中的运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．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）；（3013v ．
【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 g =+
=⋅=； 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 =+=；
2．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。

已知质子质量为m ，电量为e ；加速极板AB 、A′B′间电压均为U 0，且满足eU 0=
3
2
mv 02。

两磁场磁感应强度相同，半径均为R ，圆心O 、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=7
2
R ；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B ；
(2)如果某次实验时将磁场O 的圆心往上移了2
R
，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l 0应该满足的条件。

【答案】(1) 02v v =；02mv B eR =(2) 0336
12
l π+≥ 【解析】 【详解】
解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：22
0011eU mv mv 22
=- 又：2
003eU mv 2
=
解得：0v 2v =；
根据对称，两束质子会相遇于OO '的中点P ，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿OP 方向射出，出射点为D ，过C 、D 点作速度的垂线相交于K ，则K ，则K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R
根据洛伦磁力提供向心力有：2
v evB m r
=
可得磁场磁感应强度：0
2mv B eR
=
(2)磁场O
的圆心上移了
R
2
，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R ，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F 点射入磁场，如图所示，E 点是原来C 点位置，连OF 、OD ，并作FK 平行且等于OD ，连KD ，由于OD=OF=FK ，故平行四边形ODKF 为菱形，即KD=KF=R ，故粒子束仍然会从D 点射出，但方向并不沿OD 方向，K 为粒子束的圆心
由于磁场上移了R 2，故sin ∠COF=R
2R
=12，∠COF=π6，∠DOF=∠FKD=π
3
对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D 点，
下方粒子到达C 后最先到达D 点的粒子所需时间为00
(2)
(4)2
224R
R H R R t v v π
π++
-+'==
而上方粒子最后一个到达E 点的试卷比下方粒子中第一个达到C 的时间滞后0
l Δt t = 上方最后的一个粒子从E 点到达D 点所需时间为
()0
00π1
R Rsin 2πR 62π3336t R 2v 2v -+-=
+=
要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t '≤+∆ 联立解得0π336
l ++≥
3．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：
(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.
【答案】(1)12mg E q
=,2mg
E q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】
(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mg
E q
=
微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mg
E q
=
(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452
qE d mv ︒=
2
v qvB m R
=
根据几何关系，分析可知：2
22sin30d R d =
=︒
整理得：1
2
2m gd B =
(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：
2
11112
a t d =
1tan45mg ma ︒=
2302360R
t v
π
︒=
⨯︒ 经整理得：112
121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=
+⨯=
4．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷
q
m
＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．
(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；
(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21
n
m s n -⨯+ (其中n ＝
0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21
n
m s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．
【解析】 【详解】
(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则
竖直方向2
1··
2Eq d t m
＝ 得2md
t qE
=
代入数据解得t ＝1.0×10－
6s
水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m
因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t 0＝
L
v ＝0.5×10－6s ，
竖直位移2
01··
2Eq y t m
＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．
(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2md
qE
粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝
qE m ·t ＝2qEd m
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝
1
v sin α
在磁场中由qvB ＝m 2
v R
得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd
v m ＝
代入解得 v 0＝L·
2Eq
md
E B v 0＝3.6×105m/s.
(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝
mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m
＝ 12(1cos )12sin 2
mEd mEd y B q B q αα
α-∆=
=
可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)
1max 212mv m qEd mEd
y qB qB m B q
∆=
== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．
若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：
粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =
、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m
＝ 代入解得 0221221L qE n E v n md n B
=
-⋅++
v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫
⎪+⎝⎭
×105
m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)
第二种情况：
L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα
把2md t qE = 、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m
＝代入解得
02(1)21221L qE n E v n md n B
+=
-⋅++
v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫
⎪+⎝⎭
×105
m/s(其中n ＝0、1、2、3)．
5．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小E；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．
【答案】（1）
2
mv
E
qL
=（2）
4nmv
B
qL
=n=1、2、3 (3)
2
L
t
v
π
=
【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：0
L v t
=，2
1
22
L
at
=，qE ma
=
联立解得：
2
mv
E
qL
=
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x
y
v
v
θ==l
速度大小0
2
sin
v
v v
θ
==
设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足
L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为
2
π
；当满足
L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有2R，此时满足L=2nx
联立可得：
22
R
n
=
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：
2
v
qvB m
R
=
得：0
4nmv
B
qL
=，n=1、2、3....
轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有222x R =，此时满足()2
21L n x =+
联立可得：()2212
R n =
+
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
22
v qvB m R =
得：()0
2221n mv B qL
+=
，n=1、2、3....
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =
，n=1、2、3....或()0
2221n mv B qL
+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×
2
π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==
若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0
2222n n m L
t T qB v ππππ=⨯
==或2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
==
6．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．
（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；
（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； （3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面
向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．
【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）
（n=1，2，3…）
【解析】
（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．
由速度关系可得：
解得：
由速度关系得：v y=v0tanθ=v0
在竖直方向：
而水平方向:
解得：
（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L
根据牛顿第二定律：
解得：
根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）
（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．
在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，
运动的T 0，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于r 1；
在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T 0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r ，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于2r ．
综合上述分析，则电子能到达N 点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L （n=1，2，3…） 而：
解得：
（n=1，2，3…）
应满足的时间条件为： (T 0+T ′)=T
而：
解得
（n=1，2，3…）
点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在− B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.
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
2mv E=
；2v，速度方向沿y轴负方向
(2)
8222
mv mv
B
≤≤(3)
()
2271
3
mv
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
1
3
2cos4522
cos45
R
L R R
=-︒=
︒
1
L vt
=
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a
2
2sin452
L R R
=︒=
2
2
1
2
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' 1
v v
=、
2
v at
=，2
tan
v
v
θ=
联立可得
2
2
4
mv
E
qR
=
进入磁场的速度22
12
2
v v v v
=+=
'
45
θ=︒，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
12
R
r=
由
2
1
1
mv
qv B
r
=
'
'得
1
22mv
B=
当粒子从C 点射出时，由勾股定理得
()
2
2
222
2R R r r ⎛⎫
-+= ⎪
⎝⎭ 解得258
r R =
由222mv qv B r =''得2825mv
B qR
=
根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mv
B qR qR
≤≤
时，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
22332R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝
⎭
解得(
)
3
714
R r +=
由2
33mv qv B r =''得()
322713mv 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,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。

a 、b 两带正电粒子从O 点同时分别沿y 轴正向、负向
运动,已知粒子a 质量为m 、电量为q 、速度大小为v,粒子b 质量为2m 、电量为2q 、速度大小为v /2,粒子b 恰好不穿出1区域,粒子a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。

求:
(1)小圆半径R 1； (2)大圆半径最小值
(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【答案】(1)1mv R qB = (2)2min (31)2mv R qB
= (3)14m qB π
【解析】 【详解】
解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r
根据洛伦磁力提供向心力有：2
2()222b
v
m v q B r =
由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv
R qB
=
(2)设a 在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为1a r ，
根据洛伦磁力提供向心力有：2
1
a mv qvB r =
解得： 11a mv
r R qB
=
= 设a 在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为2a r ，
根据洛伦磁力提供向心力有：2
2
2a mv qv B r •=
解得： 211
22
a mv r R qB =
=
设大圆半径为2R ，由几何关系得：121122
R R R ≥+
所以，大圆半径最小值为： 2min 1)2qB
R mv
≥
(3)粒子a 在Ⅰ区域的周期为12a m T qB π=
，Ⅱ区域的周期为2a m
T qB
π= 粒子a 从O 点出发回到O 点所经过的最短时间为：1121
13
2
a a a t T T =+ 解得：176a m
t qB
π=
粒子b 在Ⅰ区域的周期为：2b m
T qB
π=
讨论：①如果a 、b 两粒子在O 点相遇，粒子a 经过时间：176a a n m
t nt qB
π== n=1，2，3… 粒子b 经过时间：2b b k m
t kT qB
π==
k=1，2，3… a b t t =时，解得：
726
n
k = 当7k =，12n =时，有最短时间：114m
t qB
π=
②设粒子b 轨迹与小圆相切于P 点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在P 点相遇
则有：121
5(218)663a a a a n m t T T n t qB
π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间： (21)(21)2b b k T k m
t qB π--=
= k=1，2，3… a b t t =时，解得：218
213
n k +-=
ab 不能相遇
③如果a 粒子在射入小圆时与b 粒子在P 点相遇
则有：121
7(2113)2663a a a a n m t T T n t qB
π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间：(21)(21)2b b k T k m
t qB
π--=
= k=1，2，3… a b t t =时，解得：2113
213
n k +-=
ab 不能相遇
a 、
b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为
14m
qB
π
9．一个氘核（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：
22
2αe e 111222m v m v m v αα=+ 得e
α
e
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。

10．如图，空间某个半径为R 的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d ，足够大的平行金属板，板间电压为U 。

一群质量为m ，带电量为q 的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。

不计重力，则
（1）离极板AB 距离为
2
R
的粒子能从极板上的小孔P 射入电场，求粒子的速度？ （2）极板CD 上多长的区域上可能会有带电粒子击中？
（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。

计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。

【答案】（1）入射粒子的速度qBR
v m
=
；（2）带电粒子击中的长度为222222B R d q x mU
=；（3）总时间12
2m dBR t t t qB U π=+=+ 【解析】 【详解】
（1）洛伦兹力提供向心力，2
mv qvB r
=，解得
mv r qB = 根据作图可解得，能从极板上的小孔P 射入电场，r R = 所以，入射粒子的速度qBR
v m
=
（2）所有进入磁场的粒子都能从P 点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动，F qU a m md
=
= 212
d at =
解得2
2md t qU
=
沿极板运动的距离2222B R d q
x vt mU
==
有带电粒子击中的长度为222222B R d q x mU
=
（3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间
122
v dBR t a U
== 在磁场中运动的时间为22
T
t =，22R m T v qB ππ== 所以2m
t qB
π=
总时间122m
dBR t t t qB
U
π=+=
+
11．如图所示，质量m=15g 、长度L=2m 的木板D 静置于水平地面上，木板D 与地面间的动摩擦因数μ=0.1，地面右端的固定挡板C 与木板D 等高。

在挡板C 右侧竖直虚线PQ 、MN 之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R 1=1m 和R 2=3m 的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O 到固定挡板C
顶点的距离OC=2m ，现有一质量m=15g 、带电荷量q=+6×10－
3C 的物块A(可视为质点)以
v 0=4m/s 的初速度滑上木板D ，二者之间的动摩擦因数μ2=0.3，当物块A 运动到木板D 右端时二者刚好共遠，且木板D 刚好与挡板C 碰撞，物块A 从挡扳C 上方飞入PQNM 区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g 取10m/s 2。

(1)当物块A 刚滑上木板D 时，求物块A 和木板D 的加速度大小. (2)求电场强度的大小.
(3)为保证小物块A 只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。

【答案】(1)3m/s 2，1m/s 2；(2)25V/m ；(3)5
153
T B T B T ≤≤≥或 【解析】 【详解】
（1）当物体刚滑上木板D 时，对物体A 受力分析有：22mg ma μ= 解得： a 2=3 m/s 2
对木板D 受力分析有：211·
2mg mg ma μμ-= 解得： a 1=1m/s 2
（2）物块A 进入区域PQNM 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg qE = 解得：E=25 V/m ；
（3）物块A 与木板D 共速时有：21y v v a t a t =-= 解得： v=1 m/s
粒子做匀速圆周运动有：2
v qvB m R
= 要使物块A 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A 在磁场中运动的轨迹半径R 应满足:112
++222
OC R OC R OC R R R -≤
≤≤或 解得：5
513
B T T B T ≥≤≤
或。

12．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：20
0v 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：3
0 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：1r m =
由牛顿第二定律有：2
11
v qvB m r =
联立解得：14B T =
13．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.
14．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．。