高中物理带电粒子在磁场中的运动技巧小结及练习题含解析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，一质量为m、电荷量为+q的粒子从竖直虚线上的P点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A点．巳知P、A两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).

(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B1；

(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q(已知静电力常量为是）；

(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P点到A点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B2和匀强电场的电场强度大小E.

25mv05mv05mv0lBBQ （2） （3）2 【答案】（1）12ql3ql8kq220(23)mv0E

9ql【解析】 【分析】 【详解】

（1)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1 由几何关系得r112lcosl 252v0由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1m

r1解得:B15mv0 2ql(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2 由几何关系得r2l5l

2cos82v0Qq 由库仑力提供向心力得k2mr2r225mv0l 解得:Q8kq(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动 粒子在电场中的运动时间tlsin3l v05v0T 2根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则t又T2m qB2解得B25mv0 3ql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则v0tr

解得:r3l 51qE2t 2m粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，lcos2r220(23)mv0解得:E

9ql

2．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

q＝1.0×108C/kg的带正电m的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．

的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷

(1) 若v0＝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v0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．

【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝(0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝(【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

4.00.8n)105m/s (其中n＝

2n13.20.8n)105m/s (其中n＝0、1、2、3)．

2n1t 竖直方向d＝··得t1Eq2m22md qE代入数据解得t＝1.0×10－6s 水平位移x＝v0t 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t0＝

L－

＝0.5×106s， v02t0＝0.0125m 竖直位移y＝··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＝v0 粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v1＝

1Eq2m2md qEqE2qEd·t＝ mm

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＝

v1 sinmvv2 在磁场中由qvB＝m得R＝qBR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＝v0mvv2md2qEd 代入解得 、R＝、v＝1、v1＝qBsinqEmEEq－ B2mdv0＝L·v0＝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＝

mvv2qEd、v＝1、v1＝代入解得 qBsinmy12mEd(1cos)12mEdtan

BqsinBq2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v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)

ymaxmv1m2qEd12mEd qBqBmBqΔymax＝0.04m，Δymax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(2v0t＋2Rsinα)＋v0t 把tmv2md2qEd 、v1＝vsinα、v1＝ 代入解得 、R＝qBqEmv0LqE2nE

2n12md2n1Bv0＝4.00.8n5

×10m/s(其中n＝0、1、2、3、4)

2n1第二种情况：

L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα 把tmv2md2qEd 、R＝、v1＝vsinα、v1＝代入解得

qBqEmv0LqE2(n1)E

2n12md2n1Bv0＝3.20.8n5

×10m/s(其中n＝0、1、2、3)．

2n1

3．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：

（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．

【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起

222v0后，AB边距桌面的高度为．

g【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，

由几何知识得：r2+r2=L2， 解得：r=

2L， 22r小球在磁场中做圆周运的周期：T=，

v0小球在磁场中的运动时间：t1=

12LT=， 44v0小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x=r=v0t2， 运动时间：t2=

2L， 2v0则：t1：t2=π：2；

（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

21222v0位移：r=at2，解得，加速度：a=，

2L对小球，由牛顿第二定律得：a=

mgsin=gsinθ， m222v0AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；

g

4．如图所示，坐标原点O左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为

q=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V的加速电场，经加速后沿x轴正方向运动，O点m右侧有以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应

－

强度大小为B=1.0×103T的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点

O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子重力不计。

(1)求粒子打到荧光屏上的位置到A点的距离；

(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小E=1.0×103V/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN的距离。 【答案】（1）0.267m（2）0.867m 【解析】 【详解】

（1）粒子射入O点时的速度v，由动能定理得到：qUmv

212进入磁场后做匀速圆周运动，qvBmv

2R设圆周运动的速度偏向角为，则联立以上方程可以得到：tan2r1，故R2tan4 3y r由几何关系可知纵坐标为y，则tan解得：y4m0.267m； 15

（2）粒子在电场中做类平抛运动，Eqma，2rvt，y1射出电场时的偏向角为，tan12at，vyat 2vyv

yy1，解得：x0.867m。 x磁场右边界到荧光屏的距离为x，由几何关系tan

5．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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qL(3)B'2217m(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)qL

6．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x = L到x =2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（

q）为k的带电微粒从m坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x =3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g．求：

（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；

（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．

32gk2B2L2g2g) 【答案】（1）（2）（3）(L,222kB8gkkB【解析】 【分析】 【详解】

（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg=qE，又解得Eq=k mg k（2）由几何关系：2Rcosθ=L，

v2粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：qvBm ；

r由

vyvcos

在进入复合场之前做平抛运动：vygt

Lv0t

解得v02g kB

（3）由hkBL12gt 其中t ，

2g22gk2B2L23则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：xO'L； yO'hRsin22

kB8g2

7．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=2.0×109kg、电荷量为q=5.0×105C的带正电粒

子，以v0=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）r0.2m （2）0.1m,0.05m （3）B14T 【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【详解】

mv求得磁场强度 qR2v0（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：qv0Bm

r解得：r0.2m

（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：

12at 2由牛顿第二定律有：qEma Lv0t，y联立解得：y0.05m

所以粒子射出电场时的位置坐标为0.1m,0.05m （3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度vyat 解得：vyv05.010m/s 则粒子射出电场时的速度：v32v0

设所加匀强磁场的磁感应强度大小为B1，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系可知：r12m 20v2由牛顿第二定律有：qvB1m

r1联立解得：B14T

8．如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=4×10-4N /C．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：

（1） 磁感应强度B1的大小；

（2） 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；

（3） 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）． 【答案】（1）B1【解析】 【详解】

（1） 粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：Eqx解得v=400 m/s

带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．

24k2105T 105T；（2）t2.8510-2s；（3）B23312mv 2

由几何关系可知 R1L0.6m 2v2由qvB1m

R1代入数据得 B12105T 3（2）由题可知 B2=3B1=2×10-5 T

v2qvB1m

R1则 R2R10.2m 31vt1 2由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则x得到 t1=0.01 s

粒子在磁场B1中的周期为 T12m qB1则在磁场B1中的运动时间为 t2在磁场B2中的运动周期为 T2在磁场B2中的运动时间为

1T13103s 32m qB2t318030018011T2103s5.510-3s

36061763-210s2.8510s '则粒子在复合场中总时间为：t2t1t2t320'v2（3）设挡板外磁场变为B2，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有 qvB2m

r根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件

L2k1r其中 k=0、1、2、3…… 2解得B24k2105T 3

9．如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T，方向垂直于纸面向外，x轴与圆形磁场相切于坐标系原点O，在x=0.5m和x=1.5m之间的区域内有一个方向沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5×103N/C，在x=1.5m处竖有一个与x轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷

q1109C/kg的带正电的粒子，若沿y轴正方向射入磁场的粒子m恰能从磁场最右侧的A点沿x轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力．求：

(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；

(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；

(3)从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．

【答案】（1）v1.0106m/s；（2）t1.8106s；（3）0.75my1.75m 【解析】 【分析】

v2（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据qvBm求解速度；

R（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围． 【详解】

（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m，

qBRv2 进入电场时v 由qvBmmR带入数据解得v=1.0×106m/s

（2）粒子在磁场中运动的时间t112R106s 4v4粒子从A点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v，所以在电场中运动的时间

t2x1.0106s v1106s1.8106s 4总时间tt1t2（3）沿x轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小a在电场中侧移：y1qE1.51012m/s m1211at21.51012m0.75m 622110打在屏上的纵坐标为0.75；

经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带

电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为0.75≤y≤1.75.

10．如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成45o角的匀强电场，电场强度为E，x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B0.5T.有一个质量m1011kg，电荷量

q107C的带正电粒子，该粒子的初速度v02103m/s，从坐标原点O沿与x轴成45o角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点出发后第四次经过x轴

时刚好又回到O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：

①带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是多少？

②电场强度E的大小及带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间．

【答案】①带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是0.57m；

②电场强度E的大小为1103V/m，带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间为2.1103s.

【解析】 【分析】

(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；

(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E，三个过程的总时间即为总时间． 【详解】

v2①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，qvBm，

R半径Rmv0.4m， Bq根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90o， 则第一次经过x轴时的横坐标为x12R0.42m0.57m

②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向

加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O处，其运动轨迹如图所示．

由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R， 在垂直电场方向的位移s1vt1， 运动时间t1s12R4104s vv12at1， 2在沿电场方向上的位移s2又因s22R 得a2s272110m/s t12根据牛顿第二定律a所以电场强度EEq mma1103V/m q2v4104s， a粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间t2粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期

T2m4104s Bq3所以粒子从出发到再回到原点的时间为tt1t2T2.110s

【点睛】

本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．

11．如图所示，在x轴上方有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1=B0，在x轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y轴，匀强磁场B2=2B0垂直于

xOy平面，图象如图所示．一质量为m，电量为-q的粒子在t2t0时刻沿着与y轴正方向3成60°角方向从A点射入磁场，t2t0时第一次到达x轴，并且速度垂直于x轴经过C点，C与原点O的距离为3L．第二次到达x轴时经过x轴上的D点，D与原点O的距离为4L．（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B0、m、q、L表示）

（1）求此粒子从A点射出时的速度υ0； （2）求电场强度E0的大小和方向；

（3）粒子在t9t0时到达M点，求M点坐标．

2qB0L3πLqB02L （2）E （3）（9L，-） 【答案】（1）v0m22πm【解析】

试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得

①

根据题意由几何关系可得

②

联立①②得

③

（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得

④

粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得

⑤

根据题意由几何关系可得由④⑤⑥可得

⑦

⑥ ⑧

综上可以判断3t0—4 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为

⑨

由牛顿第二定律得

⑩

2 t0—3 t0,粒子做匀减速直线运动， qE=ma 11

12

综上解得

13

（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动， x=9L 14

粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得

15

联立③ ⑨⑩1112可解得

16

联立可得M点的坐标为 （9L，

） 17

考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.

12．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：

（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功； （2）计算两板间的电势差并确定A点的位置；

（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式．

123y0mv0223nmv032【答案】（1）Wmv0（2）U ,y , L (3) B063qL3qL6T3L（n1，2，3，4） 3nv0v023v0 cos303【解析】

试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：v121212mvmv0mv0 226（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：

电场力对粒子所做的功为：W3v0 3水平方向：L=v0t

v′=v0tan30°=竖直方向：y＝解得：y1v′t 23L 6电场力对粒子所做的功：W=qEy 两板间的电压U=2Ey0

223y0mv0解得：U

3qL（3）由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与x轴夹角为α=±30°；

在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；

故磁场变化的半个周期内，粒子在x轴上的位移为：x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是：

nR=LRL（n=1，2，3，…） nv2由牛顿第二定律，有：qvB0m

R解得：B023nmv0（n=1，2，3，…） 3qL1周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个61T2R周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；kT0k；T0

62v粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过

解得：T3L（n=1，2，3，…） 3v0当

TT03L＞，T＞ 263v0考点：带电粒子在磁场中的运动.

13．如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为

．现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．

14qRB2【答案】E

5m【解析】 【分析】 【详解】

解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动．带电粒子在磁场中做圆周运动．粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得

v2qvBm①

r式中v为粒子在a点的速度．

过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形．

因此acbcr② 设cdx,有几何关系得ac4Rx③ 5bc3RR2x2④ 57R 5联立②③④式得r再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=\"ma\" ⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，有运动学公式得

12at⑦ 2r=vt ⑧ r14qRB2⑨ 式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E5m【点睛】

带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来．

14．通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（0n）的衰变。中子衰变后转化成质子

1和电子，同时放出质量可视为零的反中微子νe。如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度

L1.2m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。

2312已知电子质量me9.110kg0.51MeV/c，中子质量mn939.57MeV/c，质子

质量mp938.27MeV/c（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。 若质子的动量p4.810212kgms13108MeVsm1。

（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以MeV为能量单位）； （2）当a0.15m，B0.1T时，求计数率；

（3）若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与（2）问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的范围。

【答案】(1) 0.7468MeV (2) 【解析】 【分析】 【详解】

215 (3) B…T 340（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：

1011n1p1e0νe

0核反应过程中：

Edmnc2mpc2mec20.79MeV

根据动量和动能关系：

p2Ekp0.0432MeV

2mp则总动能为：

EeEνEdEkp0.7468MeV

（2）质子运动半径：

R如图甲所示：

p0.3m eB

打到探测板对应发射角度：

可得质子计数率为：

6

42

323（3）在确保计数率为2的情况下： 3R2a

即：B3 200a如图乙所示：

恰能打到探测板左端的条件为：

4R即：B…2max2RmaxL2 4415T 40

15．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，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

所对应的圆心角为．不计重力，求：

（1）离子速度的大小； （2）离子的质量． 【答案】（1）（2）【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示

（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则

①

又

②

③

由①②式得

（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则

④

由几何关系有⑤

解得

考点：带电粒子在磁场中的运动

点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键．