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第51 讲 带电粒子在组合场中的运动
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
BD
AD
ACD
BC
AD
BC
BD
AC
AC
CD
题号
11
12
13
14
15
16
答案
AD
BD
ACD
AC
AC
BC
重难·创新演练
1．【答案】(1)U 0=B
2q R
2
2m
(2)t1= πm
3 Bq (3)v =2❑√102BqR
15 πm
【详解】（1）在磁场II 中做圆周运动的半径r1=R
由牛顿第二定律有B v1q =m v1
2
r1
由动能定理得U 0q =1
2 m v1
2
联立解得U 0=B
2q R
2
2m
（2）当U =1
3 U 0时，根据动能定理有Uq =1
2 m v2
2
又因为r2=mv2
Bq
联立解得r2=
❑√3
3 R
又因为tan α =R
r2
=❑√3
解得α =60°
则t1= 60°
360° × 2π r2
v2
联立解得t1= πm
3 Bq
（3）当U =U 0时r3=R，氘核在磁场I 和磁场
中运动的次数
Ⅱ
n=
t
1
2 T +1
4 T
因为T =2πm
qB
联立解得n=5
氘核在磁场I 中的位移与水平方向垂直，则有x1=❑√2r3=❑√2 R
氘核在磁场
中的位移沿水平方向，则有
Ⅱ
x2=10r3=10 R
又因为x =
❑√x1
2+x2
2，v =x
t
联立解得v =2❑√102BqR
15 πm
2．【答案】(1)1m/s (2)1N (3)0.035m
【详解】（1）甲球摆到最低点的过程，由机械能守恒定律m甲gL=1
2 m甲v1
2
可得v1=❑√2gL=1m/s
（2）甲乙碰撞过程由动量守恒和能量守恒关系可知m甲v1=m甲v甲+m乙v乙，
1
2 m甲v1
2=1
2 m甲v甲
2 +1
2 m乙v乙
2
解得v甲=−0.5 m/s，v乙=0.5 m/s
对甲球在最低点时由牛顿第二定律FT +B⋅q
2 ⋅|v甲)−m甲g=m甲⋅v甲
2
L
解得FT =1N
（3）乙球碰后由最低点到最高点时，则E⋅q
2 ⋅2r −m乙g⋅2r =1
2 m乙v2
2−1
2 m乙v乙
2
由于m乙g−E⋅q
2 =m乙⋅v2
2
r
解得r =0.015 m
可得h=L−r =(0.05−0.015)m=0.035m
3．【答案】(1)4 v0
3 (2)32mv0
15qL (3)23
25 L
【详解】（1）设粒子经过x 轴时的速度大小为v，粒子从A 点到x 轴由动能定理可知
EqL=1
2 mv
2−1
2 mv0
2
解得v =4 v0
3 。
（2）粒子在电场区域内运动时，沿x 轴方向做匀速运动，有v x =v0cos37° =4 v0
5
设粒子第一次经过x 轴时与x 轴的夹角为θ，由几何关系可知cosθ =v x
v =3
5
粒子在磁场区域内运动恰好未从y =−L离开，由几何关系可知r cosθ+r =L
解得r =5 L
8
粒子在磁场区域做圆周运动，有qvB =m v
2
r
解得B =32mv0
15qL 。
（3）设粒子在电场区域运动时间为t1，沿y 轴方向做匀加速直线运动有v0sin37°+v sinθ
2
t1=L
该过程中粒子沿x 轴方向运动的距离为x1=v0cos37°×t1=24
25 L
粒子在两次经过x 轴的位置之间的距离为x2=2r sinθ =L
故粒子从y =L离开电场区域时的横坐标为x =2 x1−x2=23
25 L
即粒子返回y =L时到A 点的距离为23
25 L。
4．【答案】(1)5 ❑√2πL
4 v0
(2)(❑√2−1)m v0
2
qL
(3)π L
2
32 ，2❑√2nL+(1−❑√2)L(n=1,2,3...)
【详解】（1）粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 q v0 B1=m v0
2
R1
解得 R1=m v0
q B1
=❑√2 L
粒子从 P(0, L) 沿 y 轴正方向射入，圆心在 (❑√2 L, L)
粒子打到 x 轴时，y =0，由几何关系可知粒子转过的圆心角为 θ =225
∘=5 π
4
粒子运动周期 T 1=2πm
q B1
=2❑√2πL
v0
故运动时间 t1= θ
2π T 1=5
8 T 1=5 ❑√2πL
4 v0
（2）设粒子在A 点进入第四象限电场，A 点横坐标 x A =(❑√2+1) L
此时速度方向与 x 轴负方向成 45
∘
即 v x =−
❑√2
2 v0，v y =−
❑√2
2 v0
粒子在电场中做类斜抛运动，直接从原点 O 进入第二象限，说明水平位移大小为 x A，竖直位移为 0。
水平方向 x A =|v x)t2
竖直方向 0=−|v y)t2+1
2
qE
m t2
2
联立解得 E =2m|v x)|v y)
q x A
=
m v0
2
q(❑√2+1) L
=
(❑√2−1)m v0
2
qL
（3）粒子从O 点进入第二象限，速度方向与 x 轴负方向成 45
∘。粒子经磁场偏转后从 P(0, L) 回到第一
象限。其半径R2=m v0
B2q =L
4
圆形磁场区域面积最小时，根据几何关系可知，其值为S =π( 1
2 ×❑√2 R2)
2
故最小面积S =π L
2
32
粒子从 P 点射出时，速度方向与 x 轴正方向成 45
∘。进入第一象限磁场B1后，做半径为 R1=❑√2 L的圆
周运动。圆心在 (L, 0)。粒子轨迹方程为 (x−L)
2+y
2=2 L
2
第一次当 y =0时x =(1+❑√2) L
之后将在第一象限和第四象限重复运动，则第n 次回到横轴表达式为
xn=2❑√2nL+(1−❑√2)L(n=1,2,3...)
5．【答案】(1)0.1m (2)❑√2×10
6 m/s，方向：与x轴正方向成45°角 (3)
❑√2+1
30
m
【详解】（1）粒子在第一象限中做类平抛运动，沿y轴方向有y =1
2 at
2
由牛顿第二定律得qE =ma
解得t =❑√
2 ym
qE =1.0×10
−7s
则OP的长度d =v0t =0.1m
（2）粒子运动到P点时，沿y轴方向的分速度为v y =at
又有v =
❑√v0
2+v y
2
解得v =❑√2×10
6 m/ s
设速度方向与x轴正方向成θ角，则有tanθ =v y
v0
=1
可知α =45
∘
故粒子在P点的速度与x轴正方向成45
∘角
（3）若粒子能够再次穿过x轴，磁场区域最窄时，轨迹与CD相切，如图所示
粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
解得r =mv
qB =
❑√2
30 m
几何关系可得LOC =r +r·cosα =
❑√2+1
30
m
同时LOP=0.1m
粒子轨迹不会碰到y轴OC段，磁场区域的最小宽度LOC =
❑√2+1
30
m
真题·实战演练
1．【答案】(1)正电 (2)E =m v
2sinθcosθ
qL
(3)B =2mv sinθ
qL
【详解】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带正电。
（2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有L=vt sinθ
设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有qE =ma
竖直方向上由运动学公式，有v cosθ =at
联立上述各式，得E =mv
2sinθcosθ
qL
（3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系，得L=2r sinθ
洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
联立得B =2mv sinθ
qL
2．【答案】(1)q =m v0
2
E0
(2)B =2 E0
d v0
(3)(2+❑√3)d
2
【详解】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有❑√3d =v0t
竖直方向做匀变速直线运动d
2 =0+v y
2
t，v y =at =qU
md t
由闭合回路欧姆定律可得U =
r0
r0+2r0
E0
联立可得v y =
❑√3
3 v0,q =mv0
2
E0
（2）根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ =v x
v y
=❑√3,θ =60°，
v =
v0
sin60° =2❑√3
3
v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvB =m v
2
R
由几何关系易得R =
d
2
cos30° =
❑√3d
3
联立可得B =2 E0
d v0
（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有q v y 1B =qE
解得v y 1=2❑√3
3
v0
粒子以v y 1速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为v y 2=v y 1+v y =❑√3 v0
此时合速度与竖直方向的夹角为tan α = v0
❑√3 v0
合速度为v
′ =
❑√(
❑√3 v0)
2+v0
2
粒子做圆周运动的半径r =m v
′
Bq
最远距离为xm=r +r cosα =(2+❑√3)d
2
3．【答案】(1)m v0
2qh
(2)mv0
2
2qh
(3)
3 ❑√3
6 ❑√3+8 π v0
【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知θ =60°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r =r cosθ+h
解得r =2h
由牛顿第二定律有q v0 B =m v0
2
r
解得B =m v0
2qh
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几
何关系可得AB =s−2r sinθ =3 ❑√3h−2❑√3h=❑√3h
则粒子在电场中的运动时间为t =
AB
v0cosθ =2❑√3h
v0
沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE =ma
由运动学公式有−v0sinθ =v0sinθ−at
联立解得E =m v0
2
2qh
（3）若粒子从a 点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2h，由几何关系可得，粒子进入
电场时速度与虚线的夹角α =60°
结合小问2 分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1=2❑√3h
v0
AB间的距离为AB =❑√3h
由几何关系可得BC =2r sin α =2❑√3h
则AC =BC −AB =❑√3h
粒子在磁场中的运动时间为t2=360°−2α
360°
⋅2πr
v0
=8 πh
3 v0
则有t =t1+t2=(6 ❑√3+8 π )h
3 v0
综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动❑√3h，则漂移速度大小v
′ =
❑√3h
t
=
3 ❑√3
6 ❑√3+8 π v0
4．【答案】(1) n
0
1 + N
7
14 →C
6
14 + H
1
1 ，C
6
14 →N
7
14 + e
−1
0 (2)1.93×10
6 V，2.0T
(3)1.65×10
6 V (4)8957年
【详解】（1）中子与❑7
14 N发生核反应生成❑6
14C的核反应方程式为
n
0
1 + N
7
14 →C
6
14 + H
1
1 ❑6
14C发生β衰变生成❑7
14 N的核反应方程式为
C
6
14 →N
7
14 + e
−1
0
（2）在加速电场中，由动能定理得
qU =1
2 m v❑
2
解得
v =❑√
2Uq
m
磁场中，洛伦兹力提供向心力
qvB =mv
2
R
联立解得
v =qBR
m ，U =q B
2 R
2
2m
相比❑6
13C，❑6
12C的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2 可知当电压为1.93×10
6 V时，
❑6
12C与❑6
13C的离子数百分比为100 %，故❑6
12C的C
3+离子所对应的U 值为1.93×10
6 V。
根据U =q B
2 R
2
2m
整理得
B =❑√
2mU
q R
2 =❑√
2×12u×U
3e R
2
=2.0T
（3）由题意知，❑6
14C粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有
v x =
❑√2
2 v，L=v xt
竖直方向有
v y 0=
❑√2
2 v，a=qU 1
md ，v y 0=a t
2
联立解得
U 1=q B
2 R
2d
mL
=3e B
2 R
2d
14uL
=1.65×10
6 V
（4）古木中❑6
14C与❑6
12C比值是活木头中的1
3，说明经过衰变后❑6
14C只剩下1
3，已知经过一个半衰期剩
下1
2，设经过n 个半衰期，则有
(
1
2)
n
=1
3
解得
n=log23=ln3
ln 2 =11
7
则砍伐时间
t =n×5700=8957(年)
5．【答案】(1)❑√
2qU
m
(2)45° (3)1
d
❑√
2mU
q
【详解】（1）粒子从M 到N 的运动过程中，根据动能定理有qU =1
2 mv N
2
解得v N =❑√
2qU
m
（2）粒子在C2中，根据牛顿运动定律有qU
d =ma
根据匀变速直线运动规律有d =1
2 at
2、v y =at
又
tanθ =v N
v y
解得θ =45°
（3）粒子在P 处时的速度大小为v P=
❑√v N
2 +v y
2
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有q vP B =mvP
2
R
由几何关系可知R =❑√2d
解得B =1
d
❑√
2mU
q
