物理帶電粒子在磁場中的運動練習全集及解析一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓練1．如圖所示，在一直角坐標系xoy平面內(nèi)有圓形區(qū)域，圓心在x軸負半軸上，P、Q是圓上的兩點，坐標分別為P（-8L，0），Q（-3L，0）。y軸的左側(cè)空間，在圓形區(qū)域外，有一勻強磁場，磁場方向垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強度的大小為B，y軸的右側(cè)空間有一磁感應(yīng)強度大小為2B的勻強磁場，方向垂直于xoy平面向外?，F(xiàn)從P點沿與x軸正方向成37°角射出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，帶電粒子沿水平方向進入第一象限，不計粒子的重力。求：（1）帶電粒子的初速度；（2）粒子從P點射出到再次回到P點所用的時間?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)帶電粒子以初速度沿與軸正向成角方向射出，經(jīng)過圓周C點進入磁場，做勻速圓周運動，經(jīng)過軸左側(cè)磁場后，從軸上D點垂直于軸射入右側(cè)磁場，如圖所示，由幾何關(guān)系得：在y軸左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，半徑為，解得：；(2)由公式得：，解得：由可知帶電粒子經(jīng)過y軸右側(cè)磁場后從圖中占垂直于y軸射放左側(cè)磁場，由對稱性，在y圓周點左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過圓周上的E點，沿直線打到P點，設(shè)帶電粒子從P點運動到C點的時間為帶電粒子從C點到D點做勻速圓周運動，周期為，時間為帶電粒子從D做勻速圓周運動到點的周期為，所用時間為從P點到再次回到P點所用的時間為聯(lián)立解得：。2．如圖所示，一勻強磁場磁感應(yīng)強度為B；方向向里，其邊界是半徑為R的圓，AB為圓的一直徑.在A點有一粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射質(zhì)量m、電量-q的粒子，粒子重力不計．(1)有一帶電粒子以的速度垂直磁場進入圓形區(qū)域，恰從B點射出．求此粒子在磁場中運動的時間．(2)若磁場的邊界是絕緣彈性邊界(粒子與邊界碰撞后將以原速率反彈)，某粒子沿半徑方向射入磁場，經(jīng)過2次碰撞后回到A點，則該粒子的速度為多大?(3)若R=3cm、B=0.2T，在A點的粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射速度均為3×105m／s、比荷為108C／kg的粒子．試用陰影圖畫出粒子在磁場中能到達的區(qū)域，并求出該區(qū)域的面積(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出粒子的半徑，通過幾何關(guān)系得出圓弧所對應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式，結(jié)合t=T求出粒子在磁場中運動的時間．（2）粒子徑向射入磁場，必定徑向反彈，作出粒子的軌跡圖，通過幾何關(guān)系求出粒子的半徑，從而通過半徑公式求出粒子的速度．（3）根據(jù)粒子的半徑公式求出粒子的軌道半徑，作出粒子軌跡所能到達的部分，根據(jù)幾何關(guān)系求出面積．【詳解】（1）由

得r1=2R粒子的運動軌跡如圖所示，則α＝因為周期．運動時間．（2）粒子運動情況如圖所示，β＝．r2＝Rtanβ＝R由得（3）粒子的軌道半徑r3＝＝1.5cm粒子到達的區(qū)域為圖中的陰影部分區(qū)域面積為S=πr32+2×π(2r3)2?r32=9.0×10-4m2【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動問題，需掌握粒子的半徑公式和周期公式，并能畫出粒子運動的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解．該題對數(shù)學幾何能力要求較高，需加強這方面的訓練．3．如圖所示，MN為絕緣板，CD為板上兩個小孔，AO為CD的中垂線，在MN的下方有勻強磁場，方向垂直紙面向外圖中未畫出，質(zhì)量為m電荷量為q的粒子不計重力以某一速度從A點平行于MN的方向進入靜電分析器，靜電分析器內(nèi)有均勻輻向分布的電場電場方向指向O點，已知圖中虛線圓弧的半徑為R，其所在處場強大小為E，若離子恰好沿圖中虛線做圓周運動后從小孔C垂直于MN進入下方磁場．求粒子運動的速度大??；粒子在磁場中運動，與MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時無電荷的轉(zhuǎn)移，之后恰好從小孔D進入MN上方的一個三角形勻強磁場，從A點射出磁場，則三角形磁場區(qū)域最小面積為多少？MN上下兩區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小之比為多少？粒子從A點出發(fā)后，第一次回到A點所經(jīng)過的總時間為多少？【答案】（1）；（2）；；（3）?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚?）由題可知，粒子進入靜電分析器做圓周運動，則有：解得：（2）粒子從D到A勻速圓周運動，軌跡如圖所示：由圖示三角形區(qū)域面積最小值為：在磁場中洛倫茲力提供向心力，則有：得：設(shè)MN下方的磁感應(yīng)強度為B1，上方的磁感應(yīng)強度為B2，如圖所示：若只碰撞一次，則有：故若碰撞次，則有：故（3）粒子在電場中運動時間：在下方的磁場中運動時間：在上方的磁場中運動時間：總時間：4．如圖甲所示，在直角坐標系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點（3L，0）為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為30°．不考慮電子所受的重力．（1）求電子進入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強電場場強E的大??；（2）若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸．求所加磁場磁感應(yīng)強度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標；（3）若在電子剛進入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場（以垂直于紙面向外為磁場正方向），最后電子從N點處飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同．請寫出磁感應(yīng)強度B0的大小、磁場變化周期T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，速度分解圖如圖1中所示．由速度關(guān)系可得：解得：由速度關(guān)系得：vy=v0tanθ=v0在豎直方向：而水平方向:解得：（2）根據(jù)題意作圖如圖1所示，電子做勻速圓周運動的半徑R=L根據(jù)牛頓第二定律：解得：根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時位置坐標為（，-）（3）電子在在磁場中最簡單的情景如圖2所示．在磁場變化的前三分之一個周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，設(shè)電子運動的軌道半徑為r，運動的T0，粒子在x軸方向上的位移恰好等于r1；在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強度減半，電子運動周期T′=2T0，故粒子的偏轉(zhuǎn)角度仍為60°，電子運動的軌道半徑變?yōu)?r，粒子在x軸方向上的位移恰好等于2r．綜合上述分析，則電子能到達N點且速度符合要求的空間條件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）應(yīng)滿足的時間條件為：(T0+T′)=T而：解得（n=1，2，3…）點睛：本題的靚點在于第三問，綜合題目要求及帶電粒子運動的半徑和周期關(guān)系，則符合要求的粒子軌跡必定是粒子先在正B0中偏轉(zhuǎn)60°，而后又在?B0中再次偏轉(zhuǎn)60°，經(jīng)過n次這樣的循環(huán)后恰恰從N點穿出．先從半徑關(guān)系求出磁感應(yīng)強度的大小，再從周期關(guān)系求出交變磁場周期的大小.5．在平面直角坐標系x0y中，第I象限內(nèi)存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，在A(L，0)點有一粒子源，沿y軸正向發(fā)射出速率分別為υ、5υ、9υ的同種帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q．在B(0，L)、C(0，3L)、D(0，5L)放一個粒子接收器，B點的接收器只能吸收來自y軸右側(cè)到達該點的粒子，C、D兩點的接收器可以吸收沿任意方向到達該點的粒子．已知速率為υ的粒子恰好到達B點并被吸收，不計粒子重力．(1)求第I象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B1;(2)計算說明速率為5v、9v的粒子能否到達接收器;(3)若在第Ⅱ象限內(nèi)加上垂直于坐標平面的勻強磁場，使所有粒子均到達接收器，求所加磁場的磁感應(yīng)強度B2的大小和方向．【答案】(1)(2)故速率為的粒子被吸收，速率為的粒子不能被吸收(3)（或），垂直坐標平面向外【解析】【詳解】（1）由幾何關(guān)系知，速率為的粒子在第Ⅰ象限內(nèi)運動的半徑為①由牛頓運動定律得②得③（2）由（1）中關(guān)系式可得速率為、的粒子在磁場中的半徑分別為、.設(shè)粒子與軸的交點到的距離為，將和分別代入下式④得這兩種粒子在軸上的交點到的距離分別為、⑤故速率為的粒子被吸收，速率為的粒子不能被吸收．⑥（3）若速度為的粒子能到達點的接收器，則所加磁場應(yīng)垂直坐標平面向外⑦設(shè)離子在所加磁場中的運動半徑為，由幾何關(guān)系有⑧又⑨解得（或）⑩若粒子到達點的接收器，所加磁場應(yīng)垂直于坐標平面向里同理：解得（或）6．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，y軸沿豎直方向．在x=L到x=2L之間存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，一個比荷（）為k的帶電微粒從坐標原點以一定初速度沿+x方向拋出，進入電場和磁場后恰好在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，離開電場和磁場后，帶電微粒恰好沿+x方向通過x軸上x=3L的位置，已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，重力加速度為g．求：（1）電場強度的大小；（2）帶電微粒的初速度；（3）帶電微粒做圓周運動的圓心坐標．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）由于粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則：mg=qE，又解得（2）由幾何關(guān)系：2Rcosθ=L，粒子做圓周運動的向心力等于洛倫茲力：；由在進入復(fù)合場之前做平拋運動：解得（3）由其中，則帶電微粒做圓周運動的圓心坐標：；7．如圖所示，虛線OL與y軸的夾角θ=450，在OL上側(cè)有平行于OL向下的勻強電場，在OL下側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速率v0從y軸上的M（OM=d）點垂直于y軸射入勻強電場，該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，不計粒子重力。（1）求此電場的場強大小E；（2）若粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，求粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時間。【答案】（1）；（2）．【解析】試題分析：根據(jù)粒子只受電場力作用，沿電場線方向和垂直電場線方向建立坐標系，利用類平拋運動；根據(jù)橫向位移及縱向速度建立方程組，即可求解；由（1）求出在電場中運動的時間及離開電場時的位置；再根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動，由圓周運動規(guī)律及幾何關(guān)系得到最大半徑，進而得到最長時間；（1）粒子在電場中運動，不計粒子重力，只受電場力作用，；沿垂直電場線方向X和電場線方向Y建立坐標系，則在X方向位移關(guān)系有：，所以；該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，所以在Y方向上，速度關(guān)系有，所以，，則有．（2）根據(jù)（1）可知粒子在電場中運動的時間；粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運動，設(shè)圓周運動的周期為T粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，則粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL在磁場中運動了半個圓周，所以，在磁場中運動時間為；粒子在磁場運動，洛倫茲力作為向心力，所以有，；根據(jù)（1）可知，粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；粒子在電場中運動，在Y方向上的位移，所以，粒子進入磁場的位置在OL上距離O點；根據(jù)幾何關(guān)系，可得，即；所以；所以，粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時間．8．如圖，PQ分界線的右側(cè)空間有一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v0沿AC方向由A點射入。粒子經(jīng)D點時速度的偏向角(偏離原方向的夾角)θ=60°。(不計重力)(1)試求AD間的距離；(2)若去除磁場，改為紙平面內(nèi)垂直于AC方向的勻強電場，要想由A射入的粒子仍然能經(jīng)過D點，試求該電場的強度的大小及方向；粒子此時經(jīng)D點時速度的偏向角比60°角大還是小?為什么?【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度偏角為，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，即AD=R由得AD=（2）經(jīng)D點，而，，解得，方向垂直AC向上速度偏向角，解得而即，則9．如圖，空間某個半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，與它相鄰的是一對間距為d，足夠大的平行金屬板，板間電壓為U。一群質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電的粒子從磁場的左側(cè)以與極板平行的相同速度射入磁場。不計重力，則（1）離極板AB距離為的粒子能從極板上的小孔P射入電場，求粒子的速度？（2）極板CD上多長的區(qū)域上可能會有帶電粒子擊中？（3）如果改變極板的極性而不改變板間電壓，發(fā)現(xiàn)有粒子會再次進入磁場，并離開磁場區(qū)域。計算這種粒子在磁場和電場中運動的總時間?！敬鸢浮浚?）入射粒子的速度；（2）帶電粒子擊中的長度為；（3）總時間【解析】【詳解】（1）洛倫茲力提供向心力，，解得根據(jù)作圖可解得，能從極板上的小孔P射入電場，所以，入射粒子的速度（2）所有進入磁場的粒子都能從P點射入電場，從最上邊和最下邊進入磁場的粒子將平行極板進入電場，這些粒子在垂直于電場方向做勻加速直線運動，解得沿極板運動的距離有帶電粒子擊中的長度為（3）能再次進入磁場的粒子應(yīng)垂直于極板進入電場，在電場中運動的時間在磁場中運動的時間為，所以總時間10．如圖所示的xOy坐標系中，Y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于xOy平面向外．Q1、Q2兩點的坐標分別為(0，L)、(0，－L)，坐標為(－L，0)處的C點固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板，C為擋板中點．帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y軸方向分速度不變，沿x軸方向分速度反向，大小不變．現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為+q的粒子，在P點沿PQ1方向進入磁場，α=30°，不計粒子重力．(1)若粒子從點Q1直接通過點Q2，求：粒子初速度大?。?2)若粒子從點Q1直接通過坐標原點O，求粒子第一次經(jīng)過x軸的交點坐標．(3)若粒子與擋板碰撞兩次并能回到P點，求粒子初速度大小及擋板的最小長度．【答案】（1）（2）（）（3）【解析】（3）粒子初速度大小為，擋板的最小長度為試題分析：（1）由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R1，由幾何關(guān)系得R1cos30°=L…（1）粒子磁場中做勻速圓周運動，有：…（2）解得：…（3）（2）由題意畫出粒子運動軌跡如圖乙所示，設(shè)其與x軸交點為M，橫坐標為xM，由幾何關(guān)系知：2R2cos30°=L…（4）xM=2R2sin30°…（5）則M點坐標為（）…（6）（3）由題意畫出粒子運動軌跡如圖丙所示，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R3，偏轉(zhuǎn)一次后在y負方向偏移量為△y1，由幾何關(guān)系得：△y1=2R3cos30°…（7）為保證粒子最終能回到P，粒子每次射出磁場時速度方向與PQ2連線平行，與擋板碰撞后，速度方向應(yīng)與PQ1連線平行，每碰撞一次，粒子出進磁場在y軸上距離△y2（如圖中A、E間距）可由題給條件得：…（8）當粒子只碰二次，其幾何條件是：3△y1﹣2△y2=2L…（9）解得：…（10）粒子磁場中做勻速圓周運動，有：…（11）解得：…（12）擋板的最小長度為：…（13）解得：…（14）11．如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。在ad邊中點O的粒子源，在t=0時刻垂直于磁場發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與Od的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)。已知沿Od方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界cd上的p點離開磁場，ab=1．5L，bc=，粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=L，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：（1）粒子在磁場中的運動周期T；（2）粒子的比荷q／m；（3）粒子在磁場中運動的最長時間。【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】試題解析：（1）（4分）初速度沿Od方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖1，其圓心為θ，由幾何關(guān)系有：所以：θ＝60°解得：（2）（4分）粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得：所以：解得（3）（4分）如圖2所示，在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡的弦Ob=，圓軌跡的直徑為2L所以：Ob弦對應(yīng)的圓心角為120°粒子在磁場中運動的最長時間考點：帶電粒子在磁場中的運動，牛頓第二定律。12．如圖所示，平面直角坐標系xoy的第二、三象限內(nèi)有方向沿y軸正向的勻強電場，第一、四象限內(nèi)有圓形有界磁場，有界磁場的半徑為當L，磁揚場的方向垂直于坐標平面向里，磁場邊界與y軸相切于O點，在x軸上坐標為(－L，0)的P點沿與x軸正向成θ=45°方向射出一個速度大小為v0的帶電粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)垂直y軸射出電場，粒子進人磁場后經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)以沿y軸負方向的速度射出磁場，不計粒子的重力．求(1)粒子從y軸上射出電場的位置坐標；(2)勻強電場電場強度大小及勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小；(3)粒子從P點射出到出磁場運動的時間為多少?【答案】（1）（0，L）（2）（3）【解析】【分析】（1）粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆過程，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子出射位置坐標．（2）應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子在電場中的加速度，應(yīng)用位移公式求出電場強度；粒子在磁場中做圓周運動，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強度．（3）根據(jù)粒子運動過程，求出粒子在各階段的運動時間，然后求出總的運動時間．【詳解】（1）粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆運動，水平方向：L=v0cosθ?t1，豎直方向：y=v0sinθ?t1，解得：y=L，粒子從y軸上射出電場的位置為：（0，L）；（2）粒子在電場中的加速度：a=，豎直分位移：y=at12，解得：；粒子進入磁場后做勻速圓周運動，粒子以沿y軸負方向的速度射出磁場，粒子運動軌跡運動軌跡如圖所示，由幾何知識得：AC與豎直方向夾角為45°，AD=y=L，因此AAC剛好為有界磁場邊界圓的直徑，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r=L，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m，其中，粒子的速度：v=v0cosθ，解得：；（3）粒子在電場中的運動時間：，粒子離開電場進入磁場前做勻速直線運動，位移：，粒子做運動直線運動的時間：，粒子在磁場中做圓周運動的時間：，粒子總的運動時間：t=t1+t2+t3=；【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，粒子在磁場中的運動運用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，類平拋運動運用運動的合成和分解牛頓第二定律結(jié)合運動學公式求解，解題關(guān)鍵是要作出臨界的軌跡圖，正確運用數(shù)學幾何關(guān)系，分析好從電場射入磁場銜接點的速度大小和方向，運用粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場中運動的時間．13．如圖為一裝放射源氡的盒子，靜止的氡核經(jīng)過一次α衰變成釙Po，新核Po的速率約為2×105m/s．衰變后的α粒子從小孔P進入正交的電磁場區(qū)域Ⅰ，且恰好可沿中心線勻速通過，磁感應(yīng)強度B=0.1T．之后經(jīng)過A孔進入電場加速區(qū)域Ⅱ，加速電壓U=3×106V．從區(qū)域Ⅱ射出的α粒子隨后又進入半徑為r=m的圓形勻強磁場區(qū)域Ⅲ，該區(qū)域磁感應(yīng)強度B0=0.4T、方向垂直紙面向里．圓形磁場右邊有一豎直熒光屏與之相切，熒光屏的中心點M和圓形磁場的圓心O、電磁場區(qū)域Ⅰ的中線在同一條直線上，α粒子的比荷為=5×107C/kg．(1)請寫出衰變方程，并求出α粒子的速率(保留一位有效數(shù)字)；(2)求電磁場區(qū)域Ⅰ的電場強度大?。?3)粒子在圓形磁場區(qū)域Ⅲ的運動時間多長？(4)求出粒子打在熒光屏上的位置．【答案】（1）1×107m/s（2）1×106V/m（3）×10－7s（4）打在熒光屏上的M點上方1m處【解析】【分析】（1）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒寫出方程，根據(jù)動量守恒求解速度；（2）根據(jù)速度選擇器的原理求解電場強度的大小；（3）粒子在磁場中勻速圓周運動，并結(jié)合幾何知識進行求解即可；【詳解】（1）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，則衰變方程為：①設(shè)α粒子的速度為，則衰變過程動量守恒：②聯(lián)立①②可得：③（2）粒子勻速通過電磁場區(qū)域Ⅰ：④聯(lián)立③④可得：⑤（3）粒子在區(qū)域Ⅱ被電場加速：所以得到：⑥粒子在區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運動：所以軌道半徑為：⑦而且：⑧由圖根據(jù)幾何關(guān)系可知：粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角，所以粒子在磁場中的運動時間⑨聯(lián)立⑧⑨可得：；（4）粒子的入射速度過圓心，由幾何關(guān)系可知，出射速度方向也必然過圓心O，幾何關(guān)系如圖：，所以，粒子打在熒光屏上的M點上方處．【點睛】本題實質(zhì)是考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，解決類似習題方法是洛倫茲力提供向心力，同時結(jié)合幾何知識進行求解，同時畫出圖形是解題的關(guān)鍵．14．如圖所示，在0≤x≤a、0≤y≤范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～范圍內(nèi)．己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一．求最后離開磁場的