(物理) 高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动试题(有答案和解析)含解析

（物理） 高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动试题(有答案和解析)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，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
1
3
26
t
T
==
π
π
由上两式得
1
63
m
t T
eB
π
==
代入数据得
10
6.510s
t-
=⨯
2．如图所示，容器A中装有大量的质量不同、电荷量均为+q的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。

粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，最后打在感光片上。

已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为3L，两板间距为L，板间电场看成匀强电场，其电场强度2
3
U
E Z
L
=，方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f的下端与磁场水平边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片。

测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且PQ的长度为3L边界ab下方的磁场范围足够大，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用。

求：
（1）粒子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏转的距离x和偏转的角度θ；
（2）射到感光片P处的粒子的质量m1；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间t m。

【答案】（1）
2
L
x=；30
θ=（2）
22
8
qB L
U
（3）
2
8
3
BL
U
π
【解析】
【分析】
（1）粒子先经过加速电场的加速后进入水平匀强电场做类平抛运动，根据平抛运动规律求出偏转距离x 和偏转角，这是为后续计算做一个铺垫；
（2）粒子从e 板下端与水平方向成60°的角射入匀强磁场，偏转240°后打在P 点，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的质量； （3）先判断出打在何处的粒子的时间最短，由于t= 2θπ
T ，即质量最大的粒子时间最长，再由半径公式mv
r qB
=
知质量最大则半径最小，所以打在P 点的粒子时间最长，再利用周期公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间。

【详解】
（1）设质量为m 的粒子通过孔S 2的速度为v 0由动能定理有：qU ＝1
2
mv 02 粒子在偏转电场中运动的加速度为：qE a m
= 沿速度v 0方向 3L ＝v 0t 沿电场方向 v s ＝at ，x ＝
12
at 2 且有 tan θ＝0
s
v v
解得 x ＝
1
2
L ．θ＝30° （2）粒子从e 板下方与水平方向成60°角射入匀强磁场。

设粒子射入磁场时速度v 1．做
园周运动的轨道半径为r 1，则 qv 1B ＝m 12
11
v r
其中0101
8cos303v qU
v m =
=
由几何关系可知 10
2cos30L
r =
解得m 1＝
22
8qB L U
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期 T ＝
2m
qB
π
粒子进入磁场后偏转240°，运动的时间t ＝0
240360T 由于qvB ＝m 2
v r
联立解得 t ＝
2
2Br U
π 由何关系可知拉子做圆周运动的最大半径 032cos30
m L L
r += 则t m ＝
22
2
823m
B r BL U
U
ππ=
【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，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，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，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要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。

3．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．
4．相距为L 的平行金属板 M 、N ，板长也为L ，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线 EF 对齐，EF 左侧有水平匀强电场，M 、N 两板间所加偏转电压为 U ，PQ 是两板间的中轴线．一质量为 m 、电量大小为+q 的带电粒子在水平匀强电场中 PQ 上 A 点由静止释放，水平电场强度与M 、N 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从 N 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中 ，A 点离 EF 的距离为 L /2；不计粒子的重力，求： （1）磁感应强度B 大小
（2）当带电粒子运动到 M 点后，MN 板间偏转电压立即变为−U ，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到 A 点，求带电粒子从出发至回到 A 点所需总时间．
【答案】（1）2mU
L q
（2
）
3
4
4
L m
L
qU
π
+
（）
【解析】
【详解】
（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点A到点O：有：
2
1
22
U l
q mv
L
=-……………①在竖直向下的电场中从点O到N右侧边缘点B：
水平方向：
L v t
=……………②
竖直方向：
2
1
22
L qU
t
mL
=……………③
在B点设速度v与水平初速度成θ角
有：
2
tan21
L
L
θ=⨯=……………④粒子在磁场中做匀速圆周运动
由几何关系可得：
2
2
R L
=……………⑤又：
2
v
qvB m
R
=……………⑥
联解①②③④⑤⑥得：
2
L
mU
B
q
=……………⑦（2）粒子在磁场中运动的圆心角
3
2
π
α=
22R m
T v qB
π
π=
= 在磁场中运动时间：
2t T α
π
'=
在水平电场中运动时间：
00
v v t qU a mL
=
=''……………⑧
总的时间：
22t t t t '='++'总……………⑨
联解得：
344L m
t L qU
π=+
总（）
……………⑩
5．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O 点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v 、比荷为k 的带正电的粒子， PQ 是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P 端与O 点的连线与挡板垂直，距离为
v
kB
，且粒子打在挡板上会被吸收．不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求:
（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；
（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少； （3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。

【答案】（13v
；（2）43kB π；（3）512。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
=
解得：mv v r qB kB
=
= 在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：
由题意可知：
v
r OP kB
=
= 由几何知识可得：
v PN kB
=
设粒子初速度方向与OP 夹角为θ，随着θ从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N 点逐渐下移；当粒子刚好通过P 点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M ，在△OPM 中，由几何关系可得：
()
2
22PM r r =
-
所以
3v PM =
当夹角θ继续增大，则粒子打在挡板上的点从M 点逐渐下移至P 点，由以上分析知道,挡板长度至少等于
3v
kB
时，挡板吸收的粒子数最多． （2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P 点时，时间最短，如图2轨迹1所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
13
π
θ=
当粒子从右侧恰好打在P 点时，时间最长，如轨迹2所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
253
πθ=
粒子的运动周期：
222r m T v qB kB
πππ
=
== 最短时间：
1
12t T θπ=
最长时间：
2
22t T θπ
=
最长的时间差：
2142T t t kB
π
∆=-=
（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为：
56
πα=
打到板上的粒子占所有粒子的比率为：
5212
αηπ=
=
6．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021
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240θ=︒， 所以粒子在磁场中运动的时间为0
2223333m 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°。

7．如图所示，在x 轴上方存在垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，坐标原点O 处有一粒子源，可向x 轴和x 轴上方的xOy 平面各个方向不断地发射质量为m 、带电量为q +、速度大小均为v 的粒子。

在x 轴上距离原点0x 处垂直于x 轴放置一个长度为0x 、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P （粒子打在金属板P 上即被吸收，电势保持为0）。

沿x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。

（1）求磁感应强度B 的大小；
（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；
（3）要使薄金属板P 右侧不能接收到粒子，求挡板沿x 轴正方向移动的最小距离。

【答案】（1）0mv B qx =（2）0min 3x t v π=；0
max 53x t v
π=（3）)
031x
【解析】 【详解】
（1）设粒子做圆周运动的半径为R 。

根据牛顿第二定律，得：2
mv qvB R
=
由几何关系，得：0R x = 联立解得：0
mv
B qx =
； （2）带电粒子在磁场中的运动周期为T ，则有：2R
T v
π=， 得0
2x T v
π=
打在P 左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；
由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是160θ=︒ 运动的最短时间：1
min 0
360
t T θ=
联立解得：0
min 3x t v
π=
打在P 右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，
由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是2300θ=︒， 运动的最短时间：2
max 360t T θ=︒
联立解得：0
max 53x t v
π=
（3）带电粒子能达到的范围如图阴影所示:
要使挡板右侧无粒子到达，P 板最上端与O 点的连线长应为02x 即粒子运动的直径. 所以沿x 轴正方移动的最小长度.
()
(
)
2
2000231x ON OM x x x ∆=-=
-=
-，
8．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 -
9．现代物理经常用磁场来研究同位素粒子，在xoy 坐标系内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ．现有电荷量均为q +的a b 、两粒子从坐标原点O 以相同速率v 同时
射入磁场，a 沿x 轴正方向，b 沿y 轴正方向，a 粒子质量为m ，b 粒子质量为2m ，不计粒子重力以及粒子间相互作用，求：
（1）当a 粒子第1次刚到达y 轴时，b 粒子到达的位置坐标；
（2）a b 、粒子是否会再次相遇？如能，请通过推导求出何时相遇；如不能，请简要说明理由；
（3）设两粒子在y 轴上投影的距离为y ∆，则y ∆何时有最大值并求出y ∆的最大值． 【答案】（1）（22mv mv qB qB -
，）（2）a 、b 粒子在4k m
t qB
π=时刻相遇（k =1、2、3……）（3）(43)n m t qB π+= （n =1、2、3……） 4mv
Bq
【解析】 试题分析：（1）由可知：
a 粒子半径周期
b 粒子半径2122mv r r qB =
=周期21222m
T T qB
π⋅== a 粒子第1次刚到达y 轴历时
所以此时b 粒子运动
1
4
周，位置坐标为（）
（2）由图可知：ab 可能在O 、P 点再次相遇 因为，所以A.b 粒子经过24m
t T qB
π==
在O 点再次相遇，该过程粒子不可能在P 点相遇
所以A.b 粒子在4k m
t qB
π=
（k=1、2、3……） 时刻相遇
（3）解法一：
由第（1）问分析可知，当a 粒子第二次到达其圆轨迹最高点时（即a
粒子运动了132
T ），b 粒子恰好在其圆轨迹的最低点，此时两粒子在y 轴上投影的距离Δy 最大．
考虑圆周运动的周期性，此后a 粒子每运动两周，b 粒子运动一周，两粒子在y 轴上投影的距离Δy 再次最大． 所以113(43)22n m t T n T Bq
π+=
+⋅=时最大
max 144mv
y r Bq
∆==
解法二： 由
可知：a 粒子半径为r 时，b 粒子的半径为2r 由
可知：b 的半径扫过角时，a 的半径扫过2θ角
当
时，
有最大值4r ，此时
即222 1.52t Bqt
n t T m
πππω+==
=得：时
最大，max 44mv
y r Bq
∆==
． 考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．
10．在平面直角坐标系x0y 中，第I 象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A (L ，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为
m ，电荷量为q ．在B (0，L )、C (0，3L )、D (0，5L )放一个粒子接收器，B 点的接收器只能吸收来自y 轴右侧到达该点的粒子，C 、D 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B 点并被吸收，不计粒子重力．
(1)求第I 象限内磁场的磁感应强度B 1;
(2)计算说明速率为5v 、9v 的粒子能否到达接收器;
(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B 2的大小和方向． 【答案】(1)1mv
B qL
=(2)故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收(3)2217'(173)m B qL
=
-（或2(17317)'4mv
B qL +=），垂直坐标平面向外
【解析】 【详解】
（1）由几何关系知，速率为v 的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为R L =①
由牛顿运动定律得2
1v qvB m R
=②
得1mv B qL
=
③ （2）由（1）中关系式可得速率为v 5、9v 的粒子在磁场中的半径分别为5L 、9L . 设粒子与y 轴的交点到O 的距离为y ，将5R L =和9R L =分别代入下式
222()R L y R -+=④
得这两种粒子在y 轴上的交点到O 的距离分别为3L 、17L ⑤ 故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收．⑥
（3）若速度为9v 的粒子能到达D 点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦
设离子在所加磁场中的运动半径为1R ，由几何关系有
19R L = 又221
(9)9v q vB m R ⋅=⑨
解得2B =
（或217)4mv
B qL =）⑩
若粒子到达C 点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里
同理：29R L =
2
22
(9)9'v q vB m R ⋅=
解得2'B =
2(17'4mv
B qL +=）
11．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mvα-m Y v Y=0,所以
2
y
y
BeR v
m
=
222
2
ky
12
E
2y y
y
B e R
m v
m
==
（3）由质能方程ΔE=Δmc2，而ΔE=E kα+E kY
所以
2
2
22
211
()
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
222
211
()
Y
B R
m
c
e
m
+
12．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=G 1=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sin θ≈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 '=='
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
=，即单摆的周期仍为2s 。

13．如图所示，坐标系xoy 位于光滑绝缘水平面内，其中第二象限内存在一个与坐标平面平行方向如图的匀强电场．一质量为M ，电量为q +的小球a 从A 点由静止释放．沿AO 方向运动．到达O 点时速度为v ，AO 长度为.L 若小球a 恰能与静止在O 点质量为
(3)m M m >的不带电小球b 发生弹性碰撞，相碰时电荷量平分，同时瞬间撤去电场并在
整个空间加一垂直于坐标平面向下的匀强磁场．忽略两小球间的静电力及小球运动所产生
磁场的影响．求：
(1)匀强电场的电场强度大小E ；
(2)a ，b 两球碰后的速度；
(3)若从a ，b 两球相碰到两球与O 点第一次共线所用时间为t ，则匀强磁场的磁感应强度l B 的大小为多少？
【答案】(1)2 2Mv qL ；(2)() M m v M m
-+和2Mv M m +； (3)()4 Mm qt M m π-． 【解析】
【分析】
()1小球a 在电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合可求得匀强电场的电场强度大小E ；
()2a 、b 两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律求两球碰后的速度；
()3a 、b 两球碰后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和运动学公式求得两球运动周期，画出轨迹，分析时间t 与两球周期的关系，求解匀强磁场的磁感应强度l B 的大小．
【详解】
(1)设a 球在电场中运动的加速度为a ，由牛顿第二定律和运动学公式可得：
qE a M
= 22v aL = 解得：2
2Mv E qL
= ()2设a 、b 两球碰后的速度分别为1v 和2v ，取碰撞前a 球的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能能守恒定律得：
12Mv Mv mv =+． 22212111222
Mv Mv mv =+． 解得：()1M m v v M m -=+，22Mv v M m
=+
()3由于碰后两球都带正电在磁场中向同一方向偏转做圆周运动，如图．
由2v qvB m R =，2R T v π=得：2m T qB π= 则得：4a M T qB π=，4b m T qB
π= 如图所示a 、b 两球与O 点第一次共线时有：
222b a t t T T πππ-= 解得：()
4Mm B qt M m π=
- 【点睛】 本题中带电小球先加速后做圆周运动类型，关键是画出轨迹图，结合几何关系分析时间与周期的关系．
14．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN 、PQ 为理想边界，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m ，电量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g ．
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h 应满足什么条件？
（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求它释放时距MN 的高度h ．
【答案】()1正电， mg E q =；()22222?2q B d h m g >；()222
223?3q B d h m g
=． 【解析】
【分析】
(1)根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系
求出电场强度大小．
(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h ．
【详解】
（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电.
由qE mg = 解得：mg E q
= （2）假设下落高度为0h 时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如答图()a 所示
由几何知识可知，小球的轨道半径：R d = 带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：212
mgh mv = 带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R ，由牛顿第二定律得：2
v qvB m R
= 解得：222
022q B d h m g
=， 则当0h h >时，即222
22q B d h m g
>带电小球能进入Ⅱ区域； （3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，内角为60，如答图()b 所示.由几何关系知：sin60
d R = 联立解得得：222
223q B d h m g
=； 【点睛】
本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、。