物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习全集及解析

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)s【解析】 【分析】 【详解】

eL2B22Em2n12 (n＝0,1,2,3…)；(2)tBLm2n1 (n＝0,1,2,3…) E2eB(1)在电场中电子从A→O过程，由动能定理可得

eEs12mv0 2在磁场中电子偏转，洛伦兹力提供向心力，有

2v0qv0Bm

r可得

r根据题意有

mv0 qB(2n＋1)r＝L

所以解得

seL2B22Em2n12 (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

t＝(2n＋1)由公式 eEma可得

2sTTn a42eE ma22rv0T由公式 qvBm 和 可得

vr0T综上整理可得

2m eBtBLm2n1 (n＝0,1,2,3…) E2eB

2．如图所示,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核

、

,

的速率为v,

的速率为 ,沿PO方向发射的

恰好从N点离开磁场,

忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)求原子核

的比荷 (用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；

粒子的质量数a；

(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求

(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中阻r的电流大小。(已知电子的电荷量为e) 【答案】(1) 【解析】 【分析】

（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据

;

(2)

(3)

占40%,

占60%,求稳定后通过电

求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关

系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。 【详解】

（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由

，得

弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：

由几何关系得：圆心角为故运动的时间为

，运动的周期为

（2）设圆周运动半径为，如图所示、：

由几何关系得：解得：

设Y粒子的质量为，电荷量为

由，解得：

，解得：a=15

联立解得：，即

（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：

已知轨迹恰好与A相切，则代入数据解得：由几何关系得Y粒子在

单位时间打到金属板的Y粒子数为由几何关系得Y粒子在

单位时间打到金属板的Y粒子数为通过电阻r上的电流【点睛】

，解得：

范围内出射能到达金属板

范围内出射能到达金属板

带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。

3．如图，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P（3L，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m、电荷量为－q的带电3粒子。粒子1以某速率v1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，－L）。不计粒子的重力。

(1)求粒子1的速率v1和第一次从P到Q的时间t1；

(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度大小E以及粒子2的发射速率v2；

(3)若在xOy平面内加上沿y轴负向的匀强电场，场强大小为 E0，粒子3以速率 v3 沿 y 轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率 vm。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，根据运动的独立性和矢量性，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。本题中可将带电粒子的运动等效为沿x轴负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粒子3的最大速率vm。

24πm2qBL8qLB221qLB【答案】(1)v1，t1；(2)E，v2；

3qB3m9m9mEE2(3)vm0v30

BB【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：

2

设半径为r1，由几何知识得

32r12Lr13L

可得

2r1由向心力公式，根据牛顿第二定律

2L 3v12qv1Bm

r1可得

v1设粒子做圆周运动的周期为T1

2qBL 3m2r1 v1T1由几何知识可知

60

粒子第一次从P到Q的时间

24mt1T1

33qB(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E过y轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得

ax轴方向

qE m3Lv1t2 3y轴方向

2r1L可得

12at2 28qLB2 E9m根据

v2v12at2

可得

2v2221qLB 9m(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：

根据平衡条件

qv4BqE0

可得

v4根据运动的合成，可知

E0 B22 v5v4v3粒子的运动可视为水平向左的速率为v4的匀速直线运动和初速度为v5的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为

vmv4v5

可得

2EE2vm0v30

BB

4．“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

L(o)，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与2MN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E234L，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）v【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：qU01m2m2q；（2）B；（3）600 ；2L

L2qqm12mv 2U2v2q m2能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与3(2）从AB圆弧面收集到的粒子有

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600．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R2L

v2由洛伦兹力提供向心力得：qBvm

R联合解得：B1m

L2q（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.

L1qE2t 2mtvx2mL2m2L qEqEq2qELq tmm2m若速度与x轴方向的夹角为角 cos1vxcos600 v2

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，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kB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】（1）453v；（2）；（3）。

3kB12kB【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：

v2qvBm

r解得：rmvv qBkB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：

r由几何知识可得：

vOP kBPNv kB设粒子初速度方向与OP夹角为，随着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：

PM所以

2r2r2 PM3v kB当夹角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时，挡板吸收的粒子数最多． kB（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：

13

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：

2粒子的运动周期：

5 3T最短时间：

2r2m2 vqBkBt1最长时间：

1T 22T 24 2kBt2最长的时间差：

Tt2t1（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：

5 6打到板上的粒子占所有粒子的比率为：



5 2126．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v0，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）【解析】 【详解】

（1）运动轨迹如图所示：

13L43mv0，（2）v0，，（3）能，60

23v03qL

根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为R12v0根据洛伦兹力提供向心力有：qBv0m

R1L3sin60L 24所以匀强磁场的磁感应强度大小为B43mv0； 3qL（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R2所以粒子运动是速度为v1L3•sin60L 228qBR21v0 m2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， 所以粒子在磁场中运动的时间为t222m3LT 33qB3v0（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．如图所示的xoy平面内，以O1（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B1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B2，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O1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

23mv03mv0e，E，不计电子重力。 ，B22eR2eR

（1）求磁感应强度B1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，y求矩形磁场区域的最小面积。 【答案】（1）3（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射入，经过O点进入x轴下方，则：r＝R

2mvv0ev0Bm ，解得：B10

eRr3R，欲使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远，

3R（3）4（2+3）R2 3（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＝

1mv02 22mv03可求出yR

2eE3（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r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图所示。

由动能定理eEy 解得v＝2v0

1212mvmv0 2223v0eE 在电场中am2Rt12y2R av0x＝v0t1＝2R

v243由牛顿第二定律evB2m代入得r1R

r13cosv01 则

3v2由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2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

l1＝（r1＋r1sin）

竖直边长为，l2＝（r1＋r1cos）

最小面积为S＝l1l2＝r12（1＋sin）（1＋cos）＝4（2＋3）R2

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．如图在光滑绝缘平面上有一直角三角形区域AOC，AC上放置一个绝缘材料制成的固定挡板，其长度AC＝L，A＝30，现有一个质量为m，带电量为q可视为质点的小球从A点，以初速度v沿AO方向运动，小球与挡板的碰撞均为弹性碰撞（打到C点时也记一次碰撞），且不计一切摩擦和碰撞时间，若在AOC区域施加一个垂直水平面向里的匀强磁场，则：

（1）要使小球能到达C点，求磁感应强度的最小值Bmin；

（2）要使小球能到达C点，求小球与AC边碰撞次数n和磁感应强度大小B应满足的条件．

（3）若在AOC区域施加一个沿O到C方向的匀强电场，则： ①要使小球能到达C点，求电场强度的最小值Emin；

②要使小球能到达C点，求小球与AC边碰撞次数和电场强度大小E应满足的条件。

【答案】（1）Bmin②n9m2v2mv；（2）BminLq3mvnmv，其中nN※；（3）①EminLq4mv2；3qL12EqLm2mv．

【解析】 【详解】

（1）根据几何关系可知粒子能够运动到C点的最大半径为rL 根据

v2Bqvm

r解得：

Bminmv Lq（2）粒子与板发生n次碰撞所对应的轨道半径为：

r根据

L nv2Bqvm

r解得：

Bminnmv，其中nN※ Lq（3）①在区间加竖直向上的电场时，且带电粒子做一次类平抛运动到C点时电场强度最小，水平方向上：

t竖直方向上：

Lcos3L v2vLOC解得：：

123EqL2 at228mv4mv2 3qLEmin②将电场力沿平行AC和垂直AC分解

a//aEqsinEq m2mEqcos3Eq m2mt0沿AC方向的运动是初速度为v//得到

2vsin2mv a3EqEq3a，加速度为的匀加速直线运动 v//2m213Eq2Lv//ta//t2vtt

224m所以

3m2v24EqLm3mv tEq得

n即

n9m2v2t t03mv12EqLm2mv

9．如图所示是研究光电效应现象的实验电路，为，板的半径为，且

．当

、

为两正对的圆形金属板，两板间距

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）①【解析】 【分析】 【详解】

②（2）

（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

10．如图所示，在平面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度

3mv0213大小均减为反弹前的倍、方向相反。电场强度大小为，磁感应强度大小为

2qd4mv0，求：（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表qd示）

（1）带电粒子第一次离开磁场的位置坐标；

（2）带电粒子从开始运动到最后一次离开磁场所需时间； 【答案】（1）（-d,d） （2） 【解析】 【详解】

（1）设磁场强度大小为B，粒子第一次进入磁场，根据左手定则和已知条件可知，粒子做

23v0的圆周运动后经过 OM，粒子在磁场中做圆周运动有qv0Bm 4r(131)d6d

3v0可得 r=

mv0d qB由此可知，粒子第一次离开磁场的位置坐标为（-d，d）

（2） 粒子第一次进入电场后加速运动到x轴，设速度为v1，有：

2v12-v02qEd m可得：v1=2v0

而粒子第一次与x轴碰撞后，反弹速度为 v1'13v1 ， 4设粒子能再次进入磁场，切第二次进入速度为v2， 则有v2v1'222Eqd， m可得：v2=

1v0 2由此可知，先后两次进入磁场，进一步经分析判断可知，粒子再次进入磁场后，做周运动，其速度大小变化但周期不变，之后一直在电场中运动 故带电粒子在磁场中运动的时间为：t1T1的圆42d v0两次经过磁场的之间在电场中运动的时间为:t2因此一共需要的时间tt1t22d2d(131)d v0v1v1'v23v0(131)d6d

3v0

11．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动．如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC=L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ

5L．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向2里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）粒子的发射速率； （2）PQ两点间的电势差；

（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间．

233m106m5BqL25qB2L2 【答案】(1) (2) (3)

180Bq180Bq8m8m【解析】 【分析】

（1）当只存在匀强磁场时，α粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出α粒子的运动轨迹，由几何知识求出α粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出α粒子的发射速率；

（2）当只存在匀强电场时，α粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ两点间的电势差；

（3）当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间． 【详解】

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示：

由几何知识可得

PCQA＝ PQQO5L 8代入数据可得粒子轨迹半径RQOv2洛伦兹力提供向心力Bqv＝m

R解得粒子发射速度为v＝

5BqL 8m（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内

1CQ=L=vt

2PC＝L＝

式中a＝U＝Ed

12at 2qE m25qL2B2解得电场强度的大小为U＝

8m（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示．据图有

LR=0.6 R解得α＝37°

sin α＝

故最大偏转角γmax＝233° 粒子在磁场中运动最大时长t1max360T233m

180Bq式中T为粒子在磁场中运动的周期．

粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图有

L/24= R5解得β＝53°

sin β＝

速度偏转角最小为γmin＝106° 故最短时长t2【点睛】

本题的突破口是确定α粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径．

min360T106m

180Bq

12．在如图所示的xoy坐标系中，一对间距为d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y轴重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边相距为

7d，一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板4上，杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g．求：

（1）环离开小孔时的坐标值； （2）板外的场强E2的大小和方向；

（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围． 【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-

1d； 4（2）板外的场强E2的大小为 mg，方向沿y轴正方向； q17qB2d3qB2d（3）场强E1的取值范围为 ，环打在桌面上的范围为d～d． ～446m8m【解析】 【详解】

（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有： mx1-3mx2=0 ① 而x1+x2=d ② ①②解得：x31=4d ③ x12=

4d 环离开小孔时的坐标值为：x3m=

4d-d=-14d

（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须 qE2=mg

解得：Emg2q，方向沿y轴正方向

（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则

若环绕小圆运动，则R=0.75d ④

v2根据洛仑兹力提供向心力，有：qvBmR ⑤

环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有： qE11x1=

2mv2⑥ 联立③④⑤⑥解得：E3qB2d18m 若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦

qB2d 联立③⑤⑥⑦解得：E16m17qB2d3qB2d ，环打在桌面上的范围为d～d． 故场强E1的取值范围为 ～446m8m

13．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B1;

(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B2的大小和方向． 【答案】(1)B1(3)B'2mv(2)故速率为v的粒子被吸收，速率为9v的粒子不能被吸收qL217m(17317)mv（或B'2），垂直坐标平面向外

4qL(173)qL【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L①

v2由牛顿运动定律得qvB1m②

R得B1mv③ qL（2）由（1）中关系式可得速率为v、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R5L和R9L分别代入下式

(RL)2y2R2④

得这两种粒子在y轴上的交点到O的距离分别为3L、17L⑤ 故速率为v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R1，由几何关系有

5L17LR1⑧ 29L17L(9v)2又q9vB2m⑨

R1解得B2217mv(51717)mv（或B2）⑩

4qL(517)qL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

17L3L同理：R2 29L17L(9v)2q9vB'2m

R2解得B'2217m(17317)mv（或B'2）

4qL(173)qL231

14．一个氘核（1H）和一个氚核（1H）聚变时产生一个中子（0n）和一个α粒子（2He）。已知氘核的质量为mD，氚核的质量为mT，中子的质量为mn，α粒子的质量为mα，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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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

4量是电子质量的7300倍）。

2e2B【答案】（1）Emc(mDmTmnm)c（2）I（3）α粒子所受电子的

πmα22影响是微乎其微的，不能被反弹 【解析】 【详解】

2314（1）核反应方程：1H+1H0n+2He

反应释放的核能：EmcmDmTmnmc

222πRv2（2）设粒子的速度大小为v，由2evBmα，T

vR得粒子在磁场中运动周期：Tπmα eB2e2B2e由电流定义式I，得环形电流大小：I

πmαT（3）设电子的质量为me，碰撞后α粒子的速度为vα，电子的速度为ve。 由动量守恒：mvmvαmeve

1112mv2mvαmeve2 222mmev 得vαmme由能量守恒：

mme1 因

mme所以vαv，即α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。

15．如图所示，坐标系xOy处于竖直平面内，在x＞0的区域内有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在x＞x0的区域内另有一方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场（图中未画出）。从x轴上x=3L的P点以速度v沿y轴负方向射出的带电粒子，恰能做匀速圆周运动，运动一段时间后经过原点O，并沿与x轴负方向成θ=30°角方向射入第Ⅱ象限内，在第Ⅱ象限内加一方向平行于xOy平面的匀强电场，使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，已知重力加速度为g。求：

（1）x0的值；

（2）磁场的磁感应强度B；

（3）第Ⅱ象限内匀强电场的电场强度的最小值和方向。 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）由几何知识求解x0；（2）带电粒子在复合场做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡，根据粒子运动半径求出B的大小；（3）根据力的平衡原理求解最小电场强度。 【详解】

（1）如右图所示：

；（2）

；（3）

，方向竖直向上。

根据几何知识得：OP=3L=x0+sinθR+R， OP=

+R=3R

，R=L

联立求解得x0=

（2）粒子做圆周运动的半径：R=又qE=mg 联立解得：B=

（3）要使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，则电场力与重力是平衡力。 故E′q=mg 解得：E′=【点睛】

本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动的基本公式。

，方向竖直向上。