高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题及解析

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，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。

质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。

若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。

【答案】(1)0qBR v m=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；(3)2 1.6B B = 【解析】 【分析】 【详解】(1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图由几何关系得轨道半径1r R =洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有200mv qv Bm= 解得0qBRv m =粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有4T t =而周期为12r T v π=解得2mt qBπ=(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图由几何知识得EF 的长度L EF =R cos53°在三角形EFO 1中，有sin 0.6EFL Rθ== 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53° 而CE 的长度cos37CE L R R =-︒OF 的长度为sin 53OF CE L R L =︒-联立解得0.6OF L R =(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有22sin 37r r R ︒+=由向心力公式得2022mv qv B r =联立解得2 1.6B B =2．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 的带电粒子。

粒子1以某速率v 1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v 1和第一次从P 到Q 的时间t 1；(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v 2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v 1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v 2；(3)若在xOy 平面内加上沿y 轴负向的匀强电场，场强大小为 E 0，粒子3以速率 v 3 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 v m 。

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v m 。

【答案】(1)123qBL v m =，14π3m t qB =；(2)289qLB E m =，2219qLBv m=；(3)2200m 3E E v v 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：设半径为1r ，由几何知识得()222113r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭可得123L r =由向心力公式，根据牛顿第二定律2111v qv B m r =可得123qBLv m =设粒子做圆周运动的周期为1T1112r T v π=由几何知识可知60θ︒=粒子第一次从P 到Q 的时间112433m t T qBπ==(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qE a m=x 轴方向123L v t = y 轴方向212122r L at -=可得289qLB E m=根据()22212v v at =+可得22219qLBv m=(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：根据平衡条件40qv B qE =可得4E v B=根据运动的合成，可知22543v v v =+ 粒子的运动可视为水平向左的速率为4v 的匀速直线运动和初速度为5v 的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为m 45v v v =+可得2200m 3E E v v B B ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭3．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2mv evB R= 代入数值解得81.610m/s eBlv m==⨯(3)将R=l和eBlvm=代入周期公式2RTvπ=中得2mTeBπ=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1326tT==ππ由上两式得163mt TeBπ==代入数据得106.510st-=⨯4．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点时的速度方向与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点所经历的时间之差。

【答案】(1)22qlBEm=；(2)(1)2mqBπ-【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v表示粒子在P点的初速度，R表示圆周半径，则有2vqv B mR=①由于粒子在Q点的速度垂直于它在4P点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹是圆周的14，故有R =②联立①②得0v ③在电场中粒子做类平抛运动，分别以x 、y 、E 、a 、E t 表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则qE ma = ④垂直0v 方向212E y R at == ⑤沿0v 方向0E x R v t == ⑥联立②③④⑤⑥各式可解得2E m=电场强度的大小为2E m=（2）由分析知粒子在磁场中由P 运动到Q 点所经历的时间B t 为14周期，故0112442B R m t T v qBππ==⋅= 在电场中由P 运动到Q 点所经历的时间0E R mt v qB== 由P 运动到Q 点所经历的时间之差(1)2B E mt t qBπ-=-两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之差为(1)2mqBπ-5．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。

求：（1）磁感应强度B 和电场强度E 的大小；（2）粒子从0点出发到第二次回到x 轴所用的时间； （3）粒子第n 次回到x 轴的坐标。

【答案】(1) E =202mv qL (2) t 总=04L v π+（）(3) （-2L+12n -L ，0） 【解析】 【详解】（1）粒子从O 到M 做圆周运动，半径：R 0=2LqBv 0=20mv RB =02mv qLM 到N 粒子在电场中运动：2L =v 0t 2 L =2212at a =Eq m202mv E qL=（2）粒子从N 做圆周运动，在N 点v Ny =at 2，v Ny =v 0，速度方向与—x 轴夹角为45°，v N 02v ，所以做圆周运动的半径为：R 1=22L而粒子在磁场中运动周期：T =122mt qBπ=与粒子速度无关，故经过时间t 1粒子做半圆到P 点，接下来只在电场力的作用下运动，P 点速度方向与N 点相反，所以从P 到Q 是M 到N 的逆运动，有2NP MQ L ==，得Q 点刚好在x 轴上（L ，0）则从O 点出发到第二次回到轴所需时间：t 总= 2（t 1+t 2）又t 1=02Lv π t 2=2L v 得：t 总=4Lv π+（） （3）如图所示，粒子接下来做有规律的运动，到达x 轴的横坐标依次为:第一次：-2L 第二次：-2L +3L 第三次：-2L +3L-2L …………若n 取偶数2，4，6......有:-2322n n L L L +=（）， 坐标为（2nL ，0） 若n 取奇数1，3，5........有:-2L +12n -（-2L +3L ）=-2L +12n -L ， 坐标为（-2L +12n -L ，0）6．某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP 方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A 、B 之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场．在离子源S 中产生的质量为m 、带电荷量为q 的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为0.99D ，到出射孔P 的距离为5D ．已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔P 射出．假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置．忽略相对论效应，不计离子重力，0.992≈1．求： (1)磁感应强度B 的最小值； (2)若磁感应强度62mUB D q ＝，则离子从P 点射出时的动能和离子在磁场中运动的时间；(3)若磁感应强度62mUB D q=，如果从离子源S 飘出的离子电荷量不变，质量变为原来的K 倍(K 大于1的整数)，为了使离子仍从P 点射出，则K 可能取哪些值．【答案】(1)225mU D q (2)33962D m qUπ (3) K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1 【解析】 【详解】(1)设离子从O 点射入磁场时的速率为v ，有2102qU mv ＝－设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，2v qvB m r＝若离子从O 点射出后只运动半个圆周即从孔P 射出，有2r ＝5D 此时磁感应强度取得最小值，且最小值为225mUD q(2)若磁感应强度62mUB D q＝，正离子在磁场中的轨道半径16r D =，经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为16r D=，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了n 次，则此时离子运动的半径为被加速了(n ＋1)次对应的半径11n n mv r qB+＋＝．离子从孔P 射出满足的条件 11425n r r D ＋＋＝解得n ＋1＝132，即离子从静止开始被加速169次后从P 点离开，最大动能2max 13169k E qU qU ＝＝ 在磁场中的总时间t ＝169.5T ， 因为32DmT qUπ=可得33962D mt qUπ=；(3)若离子电荷量为q ，质量变为Km ，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为r K ，在电场中被加速n 次进入磁场的半径为r n ，则1K r Kr ＝，1n r Knr =，其中16r D=，由上面1K r Kr ＝知，K 越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为：2×2r K <0.99D ①同时2×2r K ＋2r n ＝5D ②由①知：K <2.2，因为K >1的整数，故K ＝2，代入②知：22158602n ＝＋－，由于n 要求取整数，情况一中n 不存在．情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为2r K <0.99D ①2×2r K ≥0.99D ② 2r K ＋2r n ＝5D ③由①②知2.2≤K <9，由③知：21530Kn K K +＝－，当K 分别取3、4、…8时，n 不可能取整数，情况二也不存在． 情况三：在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件2r K ≥0.99D ①2r n ＝5D ②由①知：K ≥9，由②知：Kn ＝152＝3×5×3×5，故K 可能有6组取值，分别为：K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n ＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1．7．某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中．已知两个立柱底面均为边长为d 的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行．立柱1下底面中心坐标为,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭，立柱2下底面中心坐标为41,,022d d ⎛⎫⎪⎝⎭，它们的上底面均位于10z d =的平面内．两个立柱上、下底面间的电压大小均为U ，立柱1内存在着沿z 轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z 轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽．在10z d >和0z <的空间内存在着沿x 轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是1B 和2B （均未知）．现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面．若粒子在经过0z =和10z d =两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m 、电荷量为q ，不计粒子重力及粒子间的相互作用力．求：（1）粒子经过立柱2下底面时的动能k E ； （2）磁感应强度1B 和2B 的大小；（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z 轴垂直．求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t ．【答案】（1）2qU ；（2）1210mU d q ，15mUd q；（3）200442(525)221md qU π⎡⎤++⎢⎥⎣⎦【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：k 20qU E =-，2k E qU =．（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d ．第一次加速后：2112qU mv =，()21110v qv B m r d r==，解得11210mUBd q=第一次加速后：22122qU mv=，()22210vqv B m r dr==，解得215mUBd q=（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：最大半径为22m1442(21)2r d d=+=，由2111mvqv B mr=，2222mvqv B mr=，解得：114422qB dvm=，224422qB dvm=；最短时间为：11212101022d m m dtv v vqB qBππ=++++，解得()200442525221m t d qU π⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦．8．如图甲所示，两平行金属板AB 间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0．8m ，板间距离d=0．6m ．在金属板右侧有一磁感应强度B=2．0×10﹣2T ，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l 1=0．12m ，磁场足够长．MN 为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l 2=0．08m ，MN 及磁场边界均与AB 两板中线OO′垂直．现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场中．已知每个粒子的速度v 0=4．0×105m/s ，比荷qm=1．0×108C/kg ，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离； （2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处．【答案】（1）0．10m ；（2）900V ；（3）5×105m/s ，该粒子不能打在右侧的荧光屏上． 【解析】 【分析】 【详解】（1）t =0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：102qv B m v R =，代入数据解得：R 1=0．2m ，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：110.120.60.2l n R si θ=== 粒子在磁场中偏移的距离：111y R R cos θ=﹣代入数据解得：y 1=0．04m粒子出磁场后做匀速直线运动22y l tan θ=代入数据解得：y 2=0．06m粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：y=y 1+y 2=0．10m（2）设两板间电压为U 1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，如图所示：根据平抛知识可知：21122d at =， 1U qma d =， L=v 0t ， 解得：U 1=900V （3）由动能定理得：2211011222U q mv mv =- 代入数据解得：v 1=5×105m/s粒子在电场中的偏向角α，5054100.8510v cos v α⨯===⨯， 粒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：1212qv B m v R =，代入数据解得：R 2=0．25mR 2﹣R 2sinα=0．25﹣0．25×210.8-=0．1m ＜l 1=0．12m该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；答：（1）0．10m ；（2）900V ；（3）5×105m/s ，该粒子不能打在右侧的荧光屏上9．如图所示是研究光电效应现象的实验电路，、为两正对的圆形金属板，两板间距为，板的半径为，且．当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）①②（2）【解析】 【分析】 【详解】（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：③④②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：⑤⑥⑦⑧⑨（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：⑩⑾⑿10．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为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【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，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2，运动时间：t 2=022L v ，则：t 1：t 2=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 =2212at ，解得，加速度：a =2022v L， 对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=2022v g；11．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74d ，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E 2的大小和方向；（3）讨论板内场强E 1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-14d ； （2）板外的场强E 2的大小为 mg q，方向沿y 轴正方向； （3）场强E 1的取值范围为223 68qB d qB d m m～，环打在桌面上的范围为1744d 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 ②①②解得：x1=34d③x2=1 4 d环离开小孔时的坐标值为：x m=34d-d=-14d（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg解得：2mgEq=，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：2v 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：qE1x1=12mv2⑥联立③④⑤⑥解得：2 138qB d Em=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 16qB d Em≈故场强E1的取值范围为22368qB d qB dm m～，环打在桌面上的范围为1744d d-～．12．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21v 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 LR 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 LR L L-=222(9)9'v q vB m R ⋅= 解得2217'(173)m B qL=-2(17317)'mv B +=）13．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= 2222k B e R E m α= (2) 2Y Y BeR v m = 2222kY YB e R E m = (3)2222211()X Y yB 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2v Bqv m R αα= 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 mαα== （2）由动量守恒mv α-m Y v Y =0,所以2y yBeR v m = 2222ky 12E 2y y yB e R m v m == （3）由质能方程ΔE =Δmc 2，而ΔE =E kα+E kY所以2222211()Yc B e R m m m ∆=+ 衰变前X 核的质量m X =m +m Y +Δm =m +m Y +2222211()YB R m c e m +14．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。