高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧分析及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧分析及练习题(含答案)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,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核、,的速率为v,的速率为,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求原子核的比荷(用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。(已知电子的电荷量为e)【答案】(1);(2)(3)【解析】【分析】（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。【详解】（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：由几何关系得：圆心角为，运动的周期为故运动的时间为（2）设圆周运动半径为，如图所示、：由几何关系得：解得：设Y粒子的质量为，电荷量为由，解得：联立解得：，即，解得：a=15（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：已知轨迹恰好与A相切，则代入数据解得：，解得：由几何关系得Y粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y粒子数为由几何关系得Y粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y粒子数为通过电阻r上的电流【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。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（，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v1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v1和第一次从P到Q的时间t1；(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v2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v1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v2；(3)若在xOy平面内加上沿y轴负向的匀强电场，场强大小为E0，粒子3以速率v3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vm。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vm。【答案】(1)，；(2)，；(3)【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，由几何知识得可得由向心力公式，根据牛顿第二定律可得设粒子做圆周运动的周期为由几何知识可知粒子第一次从P到Q的时间(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x轴方向y轴方向可得根据可得(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：根据平衡条件可得根据运动的合成，可知粒子的运动可视为水平向左的速率为的匀速直线运动和初速度为的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为可得3．如图所示，在竖直分界线的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与之间有方向向上的匀强电场。在处有两个带正电的小球和，两小球间不发生电荷转移。若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。已知小球的质量是小球的倍，电荷量是小球的倍。若测得小球在磁场中运动的半径为，小球击中屏的位置的竖直偏转位移也等于。两小球重力均不计。(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；(2)若小球向左运动求、两小球打在屏上的位置之间的距离。【答案】(1)，；(2)【解析】【详解】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有①小球A、B在磁场中做圆周运动，分别有，②解①②式得磁场运动周期分别为，解得运动时间之比为(2)如图所示，小球A经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。水平方向有③竖直方向有④由牛顿第二定律得⑤解③④⑤式得⑥小球B在电场中做类平抛运动，同理有⑦由题意知⑧应用几何关系得⑨解①⑥⑦⑧⑨式得4．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；（3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。【答案】（1），，设vM的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2），；（3）T的表达式为（n＝1，2，3，…）【解析】【详解】（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：可得电子从Q点到M点，做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，由以上各式可得：电子运动至M点时：即：设vM的方向与x轴的夹角为θ，解得：θ＝45°。（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L由洛伦兹力提供向心力可得：即。（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径，即因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：（n＝1，2，3，…）电子在磁场中做圆周运动的轨道半径解得：（n＝1，2，3，…）电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是又则T的表达式为（n＝1，2，3，…）。5．如图1所示，在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B如图2所示的变化。时刻，一质量为m，带电量为q的带正电粒子从B点以速度沿BC方向射入磁场，其中已知，未知，不计重力。（1）若，粒子从D点射出磁场，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；（2）若，粒子仍从D点射出，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；（3）若，求磁场周期需满足什么条件粒子不从AB边射出，并求恰好不射出时时刻粒子距BC边的距离。【答案】（1），2，；（2），2，；（3），【解析】【详解】（1）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示，则必须满足：

则必须满足：

2，2，由以上各式解得：，

2，（2）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示：则必须满足：

2，

2，又因为由以上各式解得：，

2，（3）如图3所示：粒子恰不从AB边射出时，时的轨迹与AB边相切，故需满足，解得粒子在时间内转过的角度不超过150°，则有：时刻粒子离AB的距离为由以上方程解得：，。6．如图所示为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心与平面坐标系原点重合.半径为的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于平面向里的匀强磁场.一束质量为、电荷量为、动能为的带正电粒子从坐标为的点沿轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为的点，方向沿轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从点沿轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的点(点未画出).不计重力和粒子间的相互作用.（1）求区域Ⅰ中磁感应强度的大小；（2）若环形区域Ⅱ中磁感应强度，求点坐标及环形外圆半径；（3）求粒子从点沿轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过点的过程所通过的总路程.【答案】（1）（2），（3）【解析】试题分析：（1）由题设条件就能求出粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出Ⅰ区磁场的磁感应强度大小．（2）进入Ⅱ后，粒子恰好约束在该区，画出粒子运动轨迹，由两区域内磁场的关系，找到在Ⅱ区内做匀速圆周运动的半径，再由几何关系求得粒子在Ⅱ区内转过的圆心角，从而再由几何关系就能求出M点的坐标和环形的外圆半径．（3）先找出从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ区的正反两次偏转再次进入Ⅰ区时，相对OA方向偏转的角度，若经过m次偏转时，粒子第一次经过A点，此时转过m周，列出方程，解出整数解，那么总路程就是m倍的一次偏转的路程．（1）由题意，粒子在区域Ⅰ内从A点做匀速圆周运动到P点，显然在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有：，且联立解得：（2）粒子进入环形区域Ⅱ后做顺时针方向匀速圆周运动，则有：由题设条件：联立解得：画出粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动的轨迹如图所示由几何关系得：，则M点的坐标为由几何关系外环的半径（3）粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过，设经过m次这样的偏转后第一次从A点再交入射，此时圆心角转过n个则有：150m=360n（m、n取正整数）解得：m=12，n=5．而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程所以经过12次如此偏转后第一次通过A点，则总路程为7．如图所示的xoy平面内，以（0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场（用B1表示，大小未知）；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为），x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对点、A（0，2R）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，，不计电子重力。（1）求磁感应强度B1的大小；（2）若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求的最小值；（3）若电场沿y轴正方向，，欲使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。【答案】（1）（2）（3）4（2+）R2【解析】（1）电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当电子射入，经过O点进入x轴下方，则：r＝R，解得：（2）匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理eEy＝mv02可求出（3）匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度大小为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图所示。由动能定理解得v＝2v0在电场中x＝v0t1＝2R由牛顿第二定律代入得则由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为时，粒子能够到达x轴，距离原点O距离最远。由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1＝（r1＋r1sin）竖直边长为，l2＝（r1＋r1cos）最小面积为S＝l1l2＝r12（1＋sin）（1＋cos）＝4（2＋）R2点睛：本题考查粒子在电场和磁场中的运动，关键是画出运动轨迹，根据动能定理、分运动公式、牛顿第二定律列式，并结合几何关系分析。8．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106m的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9cm，缝长AD＝18cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27kg，电量q＝3.2×10－19C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)【答案】（1）0.34cm；（2）；．【解析】【分析】【详解】(1)由题意：AB＝9cm，AD＝18cm，可得：∠BAO＝∠ODC＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有，解得R＝0.2m＝20cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．设此时磁场宽度为d0，由几何关系得(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图所示．因磁场宽度d＝20cm<d0，且R＝20cm，则在∠EOD间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．设在磁场中运动时间最长为，则若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.设在磁场中运动的最短时间为，轨迹如图所示．因R＝d，则圆弧对应圆心角为60°，则【点睛】当粒子（速度一定）在有界磁场中轨迹是劣弧时，粒子在磁场中运动轨迹的弦最短，粒子在磁场中运动时间最短．9．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′连续射入电场中．已知每个粒子的速度v0=4．0×105m/s，比荷=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：，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：粒子在磁场中偏移的距离：代入数据解得：y1=0．04m粒子出磁场后做匀速直线运动代入数据解得：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：，，L=v0t，解得：U1=900V（3）由动能定理得：代入数据解得：v1=5×105m/s粒子在电场中的偏向角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：，代入数据解得：R2=0．25mR2﹣R2sinα=0．25﹣0．25×=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10．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为，周期为。在时刻将一个质量为、电量为（）的粒子由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达时的速度大小和极板距离（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在时刻再次到达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得=1\*GB3①由=1\*GB3①式得=2\*GB3②设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得=3\*GB3③由运动学公式得=4\*GB3④联立=3\*GB3③=4\*GB3④式得=5\*GB3⑤(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得=6\*GB3⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足=7\*GB3⑦联立=2\*GB3②=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦式得=8\*GB3⑧（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有=9\*GB3⑨联立=2\*GB3②=5\*GB3⑤=9\*GB3⑨式得=10\*GB3⑩若粒子再次达到时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得=11\*GB2⑾联立eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)式得=12\*GB2⑿设粒子在磁场中运动的时间为=13\*GB2⒀联立=10\*GB3⑩=12\*GB2⑿=13\*GB2⒀式得=14\*GB2⒁设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由eq\o\ac(○,6)式结合运动学公式得=15\*GB2⒂由题意得=16\*GB2⒃联立=14\*GB2⒁=15\*GB2⒂=16\*GB2⒃式得=17\*GB2⒄11．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，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-d；（2）板外的场强E2的大小为，方向沿y轴正方向；（3）场强E1的取值范围为，环打在桌面上的范围为．【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=d③

x2=d环离开小孔时的坐标值为：xm=d-d=-d（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg

解得：，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：

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=mv2⑥联立③④⑤⑥解得：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：故场强E1的取值范围为，环打在桌面上的范围为．12．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：（1）第1个小球的带电量大小；（2）磁场的磁感强度的大小B；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．【答案】(1)；(2)；(3)存在，【解析】【详解】（1）设第1球的电量为，研究A到C的运动：解得：；（2）研究第1球从A到C的运动：解得：，，；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为由得由几何关系得：解得：；（3）后面抛出的小球电量为，磁感应强度①小球作平抛运动过程②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：，变形得：解得：．13．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向下为正方向建立x轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．求：（1）当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0；（2）两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；（3）电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．【答案】（1）（3）【解析】【详解】（1）根据动能定理，得：解得：（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有r＜d而：，由此即可解得：（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得：，注意到：和：所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为：14．一个氘核（）和一个氚核（）聚变时产生一个中子（）和一个α粒子（）。已知氘核的质量为，氚核的质量为，中子的质量为，α粒子的质量为，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。（2）反应放出的粒子在与匀强磁场垂直的