7．在以坐标原点 O为圆心、半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。 一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x轴的交点 A处以速度 v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y轴的交点 C处沿+y方向飞出。 （1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷
q； m（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B?，该粒子仍从 A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B?多大？
（3）此次粒子在磁场中运动所用时间 t是多少？
【答案】（1）【解析】 【详解】
v33?R；（2） B；（3）Br33v（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，由几何关系可知，粒子轨迹半径：
R=r
由：
v2Bqv?m
r解得：
qv? mBr（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角60°，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径：
R??由：
r?3r
tan30v2B?qv?m
R?得：
B??（3）粒子在磁场中飞行周期：
mv3?B 33qr2?R? vT?粒子在磁场中飞行时间：
13?R t?T?63v
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l1=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l2=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
q=1．0×108C/kg，重力忽略不计，每个粒m子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．
中．已知每个粒子的速度v0=4．0×105m/s，比荷
（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：
2v0qv0B?m，
R1代入数据解得：
R1=0．2m，
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：
sin??粒子在磁场中偏移的距离：
l10.12??0.6 R10.2y1?R﹣1R1cos?
代入数据解得：
y1=0．04m
粒子出磁场后做匀速直线运动
y2?l2tan?
代入数据解得：
y2=0．06m
粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：
y=y1+y2=0．10m
（2）设两板间电压为U1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：
11d?at2， 22U1?ma， dL=v0t， q解得：U1=900V （3）由动能定理得：
U1112q?mv12?mv0 222代入数据解得：
v1=5×105m/s
粒子在电场中的偏向角α，
v04?105cos????0.8，
v5?105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：
v12qv1B?m，
R2代入数据解得：
R2=0．25m
R2﹣R2sinα=0．25﹣0．25×1?0.82=0．1m＜l1=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．在方向垂直纸面的匀强磁场中，静止的Pb的同位素粒子。已知
4210844Po核沿与磁场垂直的方向放出2He核后变成
21084Po原子核质量为209.98287u，Pb的同位素粒子的质量为
205.9746u，2He原子核的质量为4.00260u，1u相当于931.5MeV。求：（普朗克常量h?6.63?10?34J?s，1eV?1.6?10?19J，真空中光速c?3?108m/s，计算结果均保留三位有
效数字）
（1）请写出核反应方程并计算该核反应释放的核能； （2）若释放的核能以电磁波的形式释放，求电磁波的波长；
（3）若释放的核能全部转化为机械能，求Pb的同位素粒子和2He核在磁场中运动的半径之比。 【答案】（1）
210844Po?206824Pb?2He，?E?5.28MeV；（2）??2.35?10?13m；（3）
rPb1? rHe41【解析】 【详解】
（1）根据质量数和核电荷数守恒可知该核反应方程为
21084Po?206824Pb?2He
该核反应的质量亏损为
?m?mPo?mPb?mHe?0.00567u
根据爱因斯坦质能方程得释放的能量为
?E??mc2?5.28MeV
（2）若释放的核能以电磁波的形式释放，光子能量为
?代入数据得：
?E?hv?hc
??2.35?10?13m
（3）该衰变过程遵循动量守恒定律
mHevHe?mPbvPb?0
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
v2qvB?m
rPb的同位素粒子和2He核在磁场中运动的半径之比为
4rPb1? rHe41
10．如图所示，在平面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度
3mv013大小均减为反弹前的倍、方向相反。电场强度大小为，磁感应强度大小为
2qd42
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含解析(1)
