高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)含解析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．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Ek3kT，其2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。

Ek210【答案】(1) 【解析】 【详解】

15J (2) 3kmT0Bq2r2mv (3) qr22r12（1）微观粒子的平均动能：Ek（2）

3kT21015J 231kT0mv2 22解得： v3kT0 mv2 由BqvmRR3kmT0Bq

（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：r2rr2r12

2r22r12解得:r

2r2v2由牛顿第二定律 qvBm

r解得:B2r2mv

qr22r12

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＝··1Eq2m2得t2md qE－

代入数据解得t＝1.0×106s

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＝0.5×10－6s， 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

mv2md2qEd 、R＝把t、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．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运

动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v的大小；

q=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的m（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．

【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】 【详解】

v2（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m

R0可得：v=6×105m/s；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=

0.06=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置； ocos370.06=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开； sin37oQ到圆上y轴最高点的距离为0.18m-

故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得： y=a=t=

12

at…① 2qEqU=…② mmdL…③ v由①②③解得：y=0.08m

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα 可知tanα=比例η=

4，即α=53° 353×100%=29% 180o

4．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， 2小球在磁场中做圆周运的周期：T=

2r， 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=，

2Lmgsin=gsinθ， 对小球，由牛顿第二定律得：a=

m222v0AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；

g

5．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 =3m，两金属3板间电压UMN= 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B1，三角形的上顶点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B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直

2m．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3的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg，带电量q = +1×10-4C，初速度v0= 1×105m/s．

线上．AF两点距离为

(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B1 (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B2应满足的条件． 【答案】（1）【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：q233323T 105m/s；垂直于AB方向出射．（2）T（3）

3510

UqU3ma解得：a1010m/s2 dmd3tL1105s v0竖直方向的速度为：vy＝at＝射出时速度为：v3×105m/s 323105m/s 322v0vy速度v与水平方向夹角为θ，tanvyv03，故θ=30°，即垂直于AB方向出射． 3123datm，即粒子由P1点垂262（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移y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R1d2m

cos30o3v2由B1qvm

R1知：B1mv33T qR110（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：R2R21 sin60o故半径R2(233)m

v2又B2qvm

R2故B223T 523T． 5所以B2应满足的条件为大于

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

6．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)qL

7．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；

（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。 【答案】（1）【解析】

试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；

（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系， 则在X方向位移关系有：

，所以

；

；

； （2）

．

该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有

，

所以，

，则有

．

（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间T

；

粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为

；

粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，

；

根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即

粒子在电场中运动，在Y方向上的位移场的位置在OL上距离O点

；根据几何关系， ；

，所以，粒子进入磁

可得，即

；

所以

；

所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间

．

8．如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)

(1)试求AD间的距离；

(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么? 【答案】（1）R=【解析】 【详解】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60，则粒子转过的圆心角为60， 即AD=R

2v0由qv0Bm

Rmvo（2）a<60 Bq得AD=Rmv0 Bq

（2）经D点xRcos30而xv0t，y解得E13R，yRsin30R

2212qEat，a 2m4Bv0，方向垂直AC向上 3速度偏向角tanavyvx，vyat

解得tan2tan3023 3而tan60=3，即tantan60 ，则<60

9．如图所示，在矩形区域abcd内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0～180°范围内。已知沿Od方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab=1．5L，bc=3L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：

（1）粒子在磁场中的运动周期T ； （2）粒子的比荷q／m；

（3）粒子在磁场中运动的最长时间。

【答案】（1）T6t0；（2）q；（3）tmax2t0。

m3Bt0【解析】

试题解析：（1）（4分）

初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ， 由几何关系有：sin3 所以：θ＝60° 2

t0 解得：

T6t0 T360（2）（4分）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供， v2根据牛顿第二定律得：qvBm v2R

RT所以：T2m 解得q qBm3Bt0（3）（4分）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=3L，圆轨迹的直径为2L

所以：Ob弦对应的圆心角为120° 粒子在磁场中运动的最长时间tmaxT2t0

3考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律。

10．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一、四象限有与y轴相切于O点、圆心为O1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y轴的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d，3d)点以平行于x轴的初速度v0开始运2动，粒子从O点离开电场，经磁场偏转后又从y轴上的Q点(图中未画出)垂直于y轴回到电场区域，并恰能返回到P点．求：

(1)粒子经过O点时的速度；

(2)电场强度E和磁感应强度B的比值． 【答案】（1）2v0

E5v0 B8【解析】 【详解】

（2）

试题分析：（1）粒子从P到O的过程中做类平抛运动，设时间为t1，经过O点时的速度为v，其在y轴负方向的分速度为vy，与y轴负方向的夹角为θ d=v0t1

v3dxt1 22v2=v02+vy2

tanv0vy

解得：v=2v0θ=300

（2）设粒子质量为m，电荷量为q，粒子在电场中运动的加速度为a：Eq=ma

31dat12 22粒子从Q到P的过程中，也做类平抛运动，设时间为t2，Q点的纵坐标为yQ

yQd=vt2

312 dat22253d 8解得：yQ设粒子由S点离开磁场，粒子从O到S过程中做圆周运动，半径为r，由几何关系有：r+rsinθ=yQ

v2qvBm

rr53d 12E5v0 B8考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 【点睛】

【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，

画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．

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=3m的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度3B0=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=5×107C/kg． m

(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）

22286Rn218844Po2He 1×107 m/s

（2）1×106V/m （3）

×10－7s 6（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：

22286Rn218844Po2He ①

设α粒子的速度为v0，则衰变过程动量守恒：0mPov1mHev0 ②

7联立①②可得：v0110m/s ③

（2）粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：qE＝qv0B④ 联立③④可得：E1106V/m ⑤ （3）粒子在区域Ⅱ被电场加速：qU所以得到：v2107m/s⑥

2v粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动： qvB＝m R1212mvmv0 22所以轨道半径为：R＝1m⑦ 而且：T2R⑧ v由图根据几何关系可知：粒子在磁场中偏转角间t60，所以粒子在磁场中的运动时

1T ⑨ 6联立⑧⑨可得：t610－7s；

（4）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： tan60x，所以x1m，粒子打在荧光屏上的M点上方1m处． r

【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．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：

（1）电场强度E的大小；

（2）粒子到达a点时速度的大小和方向； （3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。

22mv0mv0【答案】（1）E；（2）v2v0，方向与x轴的夹角为45°；（3）B

qL2qh【解析】 【详解】

（1）设粒子在电场中运动的时间为t， 则有x=v0t=2h，

yh12at 2qE=ma，

2mv0联立以上各式可得E ；

2qh（2）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0，

22所以vv0vy2v0 ，

方向指向第IV象限与x轴正方和成45o角；

mv2（3）粒子在磁场中运动时，有qvB ，

r当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r所以磁感应强度B的最小值B2L ， 22mv0 qL

13．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

14．现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密

相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2，电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为

、电荷量为的带正电粒子在第层电场左侧边界某处由静止

释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射.

（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;

（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为n,试求sinn; （3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之 【答案】（1）【解析】

（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有：

； （2）

； （3）见解析；

解得：

粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：

联立解得：

（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（下标表示粒子所在层数），

粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为出时速度方向与水平方向的夹角为量不变，有：

,从第n层磁场右侧边界突

，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分

由图根据几何关系可以得到：

联立可得：由此可看出

，

，…，

为一等差数列，公差为d，可得：

当n=1时，由下图可看出：

联立可解得：

（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：

，

，假设通穿出第n

，则导

在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为致：说明界．

考点：带电粒子在电磁场中的运动

，由于

不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边

15．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度． 【答案】（1）【解析】

（1）动能定理 Uq＝

2qU8U（2）m1qB21m1v12 2m1m2 （3）dm＝m1m22m1m2L

得：v1＝

2qU …① m1（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：

mvmv2 qvB＝，R＝ qBR利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：

R1＝ 2m2U2mU1 ，R＝…② 2

qB2qB28U(m1m2) …③ 2qB两种离子在GA上落点的间距s＝2(R1−R2)＝ （3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）．同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）．

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R1(1− R1的最大值满足：2R1m=L-d 得：(L−d)(1− m2)＞d m1m2)＞d m1m1m22m1m2L

求得最大值：dm＝