高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．“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

2

L

()o ?>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 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23

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4E L

φ

=

，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）2q v m

?

=2）12m B L q ?=；（3）060α∴= ；22m L q ?

【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：2

102

qU mv =-

2U ???=-=2q v m

?

=

(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有

2

3

能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与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060θ=．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =

由洛伦兹力提供向心力得：2

v qBv m R

=

联合解得：12m B L q

?

=

（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.

2

12qE L t m

=

222mL m

t L qE q ?

==22x Eq qEL q v t m m m ?

=

==

若速度与x 轴方向的夹角为α角

cos

x

v

v

α=

1

cos

2

α=

60

α

∴=

2．如图所示，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．

(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．

(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T的最小值T min．

【答案】（1）0

mv

B

qL

=（2）

22

3

cos

d R a R L

≥+=；min

(632)

3

L

T

v

π

+

=

【解析】

【分析】

【详解】

（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则0

1

2

qv B m

v

R

=

由几何关系：222

11

3

()()

2

L L

R R

=+-

解得0

mv

B

qL

=

（2）粒子P从O

00

3L v t

=

011

22

y L v t =

解得0y v =

设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α

，则：0

tan y

v v α== 则=

3

π

α

00sin 3

v v v α=

= 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则

21

2sin L R α

=

，

解得23

R =

右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos d R R L α≥+=

； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：

2

min 0(22)2R T t v πα--=

解得()

min 0

23L T v π=

【点睛】

带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.

3．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-3

2

L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-

3

2

L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（3

2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52

L （不计粒子重力），求：

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；

（2）E

B

；

（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；

（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．

【答案】（1）

5

3

v0，与x成53°角；（2）0

4

3

v

；（3）2L；（4）

()

40537

60

L

v

π

+

．【解析】

【详解】

（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，

由运动学规律知

3

2

L=v0t1，

L=

2

y

v

t1

可得t1=

3

2

L

v，v y=

4

3

v0

故粒子在P2的速度为v22

0y

v v

+=

5

3

v0

设v与x成β角，则tanβ=

y

v

v

=

4

3

，即β=53°；

（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=

1

2

mv2-

1

2

mv02可得

E=

2

8

9

mv

qL

粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m

2

v

R

解得：B =mv qR =05352

m v q L ??=023mv qL

解得：

43

v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-3

2

L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=

3253L cos =5

2

L =r

故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-

32

L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =

3

2

L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=0

32L

v

在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=

372360r v π??=0

37120L

v π

从M 运动到N ，a =qE m =2

89v L

则t 3=

v a =0

158L

v 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=

()0

4053760L

v π+．

4．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：

(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；

(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度

大小B 1；

(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．

【答案】(1)2

4.610N F N -=? (2)1 1.25B T = (3)127s 360

t π

=

,001290143ββ==和 【解析】 【详解】

解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111

-22

m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =

碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '

=+

取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =

b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2

222N v F m g m R

-=

解得:2

4.610N N F -=?

(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：

22222211

(1cos )22

c m gR m v m v θ-+=

解得：2m/s c v =

进入磁场后：Q 所受电场力2

2310N F qE m g -==?= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动

由牛顿第二定律得：2

211

c c m v qv B r =

Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B =

(3)当所加磁场22T

B=，

2

2

2

1m

c

m v

r

qB

==

要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：

设最大圆心角为α，由几何关系得：2

2

cos(180)

d r

r

α

-

?-=

解得：127

α=?

运动周期：2

2

2m

T

qB

π

=

则Q在磁场中运动的最长时间：2

2

2

127127

?s

360360360

m

t T

qB

π

απ

===

?

此时对应的β角：190

β=?和

2

143

β=?

5．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q 点．不计重力．

求：（1）电场强度的大小．

（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．

【答案】

2

2

B qL

E

m

=；

2

B

E

t

t

π

=

【解析】

【分析】 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，

则有20

0v qv B m R

= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在

p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为1

4

圆周，故有2

R =

以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212

E R at =

竖直方向上：0E R v t =

由以上各式，得 22

B qL E m

= 且E m

t qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为

1

4

圆周，即142B t T m qB π==

所以2

B E t t π

=

6．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =

3

m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直

线上．AF 两点距离为

2

3

m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．

(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向

(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件．

【答案】（1）523

10/3m s ?；垂直于AB 方向出射．（2）3310

T （

3）

235T + 【解析】

试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U q

ma d =解得：102310/3

qU a m s md ==? 50

110L

t s v -=

=? 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝3

×105m/s 射出时速度为：225023

10/3

y v v v m s =

+=

? 速度v 与水平方向夹角为θ，0

3

tan 3

y v v θ=

=

，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262

d y at m ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，

由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12

cos303

d R m =

=

由2

11

v B qv m R =

知：1133

mv B T qR =

= （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：2

21sin 60

R R +

= 故半径2(233)R m =

又2

22

v B qv m R =

故223

5

B +=

所以B2应满足的条件为大于23

5

T

+

．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

7．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7

4

d

，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-1

4 d；

（2）板外的场强E2的大小为mg

q

，方向沿y轴正方向；

（3）场强E1的取值范围为

22

3

68

qB d qB d

m m

～，环打在桌面上的范围为

17

44

d d

-～．

【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：x1=3

4

d③

x2=1 4 d

环离开小孔时的坐标值为：x m=3

4

d-d=-

1

4

d

（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg

解得：2mg

E

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

根据洛仑兹力提供向心力，有：

2

v qvB m

R

=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：

qE1x1=1

2

mv2⑥

联立③④⑤⑥解得：

2 1

3

8

qB d E

m

=

若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦

联立③⑤⑥⑦解得：

2 16

qB d E

m

≈

故场强E1的取值范围为

22

3

68

qB d qB d

m m

～，环打在桌面上的范围为

17

44

d d

-～．

8．如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成α=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：

（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）

3E

B

（2）2.4B 【解析】试题分析：（

1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d d

r sin sin α=

==? 根据2

00mv qv B r =得0233qBd

v m

=

粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2

1602qE r cos t m -?=（）； 00

y v qEt tan v mv α==

联立解得03E

v B

=

（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．

则有：x=v 0t ， 2

y v y t =

得

03

222

y v y tan x v α===

由几何知识可得 y=r-

rcosα= 12r = 则得2

3

x d =

所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1223d d R sin α??+ ???==

粒子进入第三、四象限运动的速度002v v v cos α=

==

根据2

'v qvB m R

=

得：B′=2．4B

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

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：

2

α

2

π

e B

I

m

=

（3）设电子的质量为e

m，碰撞后α粒子的速度为

α

v，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：222

αe e

111

222

m v m v m v

αα

=+

得e

α

e

m m

v v

m m

α

α

-

=

+

因1

e

e

m m

m m

α

α

-

≈

+

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R1=1m和R2=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

v0=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/s2。

(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/s2，1m/s2；(2)25V/m；(3)

5

15

3

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：22

mg ma

μ=

解得： a2=3 m/s2

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。

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

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．

【点睛】

本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键．

12．如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d．在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e．金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽度均为d．磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏．过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O．以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴．现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场．(不考虑电子重力和阻力)

(1)电子进人磁场时的速度v；

(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求

①磁场的磁感应强度口大小的范围；

②电子打到荧光屏上位置坐标的范围．

【答案】（1）

2v ，方向与水平方向成45°

（2）①

()0

12mv

B

ed

+

<，②4224

d d d

-→

【解析】

试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

解得（1分）

速度偏向角（1分）

（1分）

（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值

B，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R

（2分）

又有2

0mv qvB R

=（2分）

由⑦⑧解得：00(12)m

B v ed

+=

（1分） 磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度0(12)m

B v ed

+<时电子能打

在荧光屏上（得0(12)m

B v +≤

不扣分）． （1分） 如图所示，电子在磁感应强度为0B 时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，

即． （1分）

出射点位置到SO 连线的垂直距离

12sin 45y d R =-?（1分）

电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标

021tan 45y y d =+（1分）

解得2422y d d =-（1分）

当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标

为0

33tan 454y d d d =+=（1分）

电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：

422d d -到4d （2分）

考点：带电粒子在磁场中受力运动．

13．如图甲所示，A 、B 为水平放置的间距0.2d m =的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为0.1/E V m =、方向由B 指向A 的匀强电场.一喷枪从A 、B 板的中央点P 向各个方向均匀地喷出初速度大小均为s m v /100=的带电微粒.已知微粒的质量均为

kg m 5100.1-?=、电荷量均为C q 3100.1-?-=，不计微粒间的相互作用及空气阻力的

影响，取2

/10s m g =.求：

（1）求从P 点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x 。

（2）要使所有微粒从Ｐ点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为E '，求E '的大小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经00.02t s =时两板上有微粒击中区域的面积和。

（3）在满足第（2）问中的所有微粒从Ｐ点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度1B T =。求B 板被微粒打中的区域长度。 【答案】（1）1m ；（2）0.06π m 2

（3）31

m + 【解析】

试题分析：（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度:m

mg

Eq a += 根据运动学：2

122

d at = 运动的半径：t v x 0= 解得: x=1m

（2）要使微粒做直线运动，电场应反向，且有：mg E q ='

0.1V/m mg

E q

'=

= 故电场应该调节为方向向下，大小为0.1V/m E '= 经00.02t s =时，微粒运动的位移0s v t =

极板上被微粒击中区域为半径为r 的圆，其中2

2

2

()2

d r s =-

220.06S r ππ== 2m

（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：

R v m qvB 2= 0.1mv

R m qB

==

竖直向下射出的微粒打在B 板的左端恰好与B 板相切,如图甲所示：10.1d m = 当粒子源和B 板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示： 23

d =