高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析

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 v =?=

，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．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为

26qB L

m

；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A

发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．

（1）求碰撞后A 球的速度大小；

（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；

（3）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间．

【答案】（1）A 21k qBL v k m =?+（2）1（3）57k =或13

k =；32m t qB π=

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBL v m

= 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222

kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBL v k m

=

?+

（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律得： 2

A A mv qv

B R

= 解得：21

k

R L k =

+ 由公式可得R 越大，k 值越大

如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k =

（3）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：

（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有

222()(1.5)2

L

R L R =+-

解得：56

L R = 由21k R L k =

+可得：5

7

k =

（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2

L

R ≥，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．

如图3和如图4，由几何关系有：2

223()(3)22

L R R L =+-

解得：58L R =或2

L

R = 由21k R L k =

+可得：511k =或13

k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为222

6m q B L W m

=

当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222

A 12521286q

B L q B L mv m m ?=>

当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222

A 1286q

B L q B L mv m m

?=<

综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或1

3

k = A 球在磁场中运动周期为2m

T qB

π= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34

t T = 即32m

t qB

π=

3．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为

(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；

（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；

（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．

【答案】(1)0v Ba

(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a

【解析】 【详解】

(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得

Bqv 0＝m 2

v r

故粒子的比荷

v q m Ba

= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．

由几何关系知

O ′A ＝r ·

AB

BC

＝2a 则

OO ′＝OA －O ′A ＝a

即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为

OD ＝y m ＝2a

所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

3a ＝v 0·t 0

2019

222

qE y t a a m =

=>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上

粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有

x ＝v 0·t

竖直方向有

2

12qE y t m

=

代入数据得

x

设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则

00tan y x qE x v m v v v θ?

===

有

H ＝(3a －x )·tan θ

＝

当=y ＝9

8

a 时，H 有最大值 由于

98

a <2a ，所以H 的最大值H max ＝9

4a ，粒子射入磁场的位置为

y ＝

98

a －2a ＝－78a

4．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、

Q 两点之间的距离为

2

L

，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 （1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；

（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，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 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。

【答案】（1）2U E L =

，M eU

v m

=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3

348M R L m t v eU

ππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】

（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2

012

eU mv = 可得02eU

v m

=

电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU

==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE t m

=? 由以上各式可得：2U E L

=

电子运动至M 点时：22

0(

)M Ee v v t m

=+即：M eU

v m

=设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，

2

cos

2

M

v

v

θ==

解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L

由洛伦兹力提供向心力可得：

2

M

M

v

ev B m

R

=

即

2

M

mv mv

B

eR L e

==

3

3

4

8

M

R L m

t

v eU

ππ

==。

（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R'，即222

R L

'=

因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：22)2

n R L

'=（n＝1，2，3，…）

电子在磁场中做圆周运动的轨道半径

M

mv

R

eB

'=

解得：

22

n emU

B

eL

=（n＝1，2，3，…）

电子在磁场变化的半个周期内恰好转过1

4

圆周，同时在

MN间的运动时间是磁场变化周期

的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是

1

42

T

T=

又0

2m

T

eB

π

=

则T的表达式为

22

T

n emU

=（n＝1，2，3，…）。

5．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。

（1）2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为

3

2

k

E kT

=，其中k=1.380649×10-23J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。

（2）假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。

（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。

【答案】(1)15

210J

k

E-

≈? (2)0

3kmT

(3)()

2

22

21

2r mv

q r r

-

【解析】

【详解】

（1）微观粒子的平均动能：15

3

210

2

k

E kT-

=≈?J

（2

）

2031

kT mv

22

= 解得： 0

3kT v m

=

由2

v Bqv m R

= 03kmT R Bq

=

（3）磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示

设粒子轨迹半径为r ，由几何关系得：()2

2221r r r r -=+

解得22

212

:r 2r r r -=

由牛顿第二定律 2

qvB m v r

=

解得:()

222212B r mv

q r r =

-

6．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v 0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v 0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

后，AB

边距桌面的高度为

2

22

v

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=

2

2

L，

小球在磁场中做圆周运的周期：T=

2r

v

π

，

小球在磁场中的运动时间：t1=

1

4

T=

2L

π

，

小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x=r=v0t2，

运动时间：t2=

2

2

L

v

，

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，

位移：r=2

2

1

2

at，解得，加速度：a=

2

22v

L

，

对小球，由牛顿第二定律得：a=

mgsin

m

θ

=g sinθ，

AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=2

22v g

；

7．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B

(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L

【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9

4

d ； 【解析】

(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d

电子在磁场中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

0v ev B m r

=

解得：0

mv B ed

=

(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.

设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r

O a '=

?

3OO d O a ='-' 解得OO d '=

即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==

电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤

设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：

根据运动学公式有：0x v t =

212eE y t m

=

? y eE v t m

=

tan y v v θ=

tan 3L

d x

θ=

- 解得：(32)2L d y y =即9

8

y d =

时，L 有最大值 解得：94

L d =

当322d y y

【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．

8．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

=

-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

15172917L L R L L

-= 又221

(9)9v q vB m R ?=⑨

解得2217(517)mv B qL

=

-（或2(51717)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：21732917L L

R L L

-=

2

22

(9)9'v q vB m R ?=

解得2217'(173)m B qL

=

-2(17317)'mv

B +=）

9．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标

06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度

51.610/E N C =?，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方

向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴

上方180°范围内的各个方向发射比荷为

81.010/q

C kg m

=?的带正电的粒子，已知粒子的发射速率6

0 4.010/v m s =?．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】

（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动

2

0v qv B m r

=

解得：0

5mv r cm qB

=

= （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．

（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

000x v t =

2

012

h at =

qE a m

=

解得：18210h cm R cm =>=，

说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则

0x v t =

212

y at =

代入数据解得2x y =

设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，

000

tan 2y qE x v m v y

v v θ===，

所以()()

00tan 22H x x x y y θ=-=-，

由数学知识可知，当()

022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，

所以max 9H cm =

10．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：12112

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：1215(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：1217(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

11．如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋Po ，新核Po 的速率约为2×105m/s ．衰变后的α粒子从小孔P 进入正交的电磁场区域Ⅰ，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度B =0.1T ．之后经过A 孔进入电场加速区域Ⅱ，加速电压U =3×106V ．从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r =

3

m 的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度B 0=0.4T 、方向垂直纸面向里．圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点M 和圆形磁场的圆心O 、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上，α粒子的比荷为

q

m

=5×107C/kg ．

(1)请写出衰变方程，并求出α粒子的速率(保留一位有效数字)； (2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小； (3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长？ (4)求出粒子打在荧光屏上的位置．

【答案】（1）

2222184

86

842Rn Po He →

+ 1×107 m/s

（2）1×106V/m （3）

6

π

×10－7s （4）打在荧光屏上的M 点上方1 m 处 【解析】 【分析】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度； （2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；

（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可； 【详解】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：

2222184

86

842Rn Po He →

+ ①

设α粒子的速度为0v ，则衰变过程动量守恒：100Po He m v m v =- ②

联立①②可得：7

0110/v m s =? ③

（2）α粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：0qE qv B ＝④ 联立③④可得：6110/E V m =? ⑤ （3）α粒子在区域Ⅱ被电场加速：2201122

qU mv mv =- 所以得到：7210/v m s =?⑥

α粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动： 2v qvB m R

＝ 所以轨道半径为：1R m ＝⑦ 而且：2R

T v

π=

⑧ 由图根据几何关系可知：α粒子在磁场中偏转角60θ=?，所以α粒子在磁场中的运动时

间1

6

t T =

⑨ 联立⑧⑨可得：7106

t s π

=

?－；

（4）α粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心O ，几何关系如图： 60x

tan r

?=

，所以1x m =，α粒子打在荧光屏上的M 点上方1m 处．