1、物理）物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)習(xí)題及答案解析及解析一、帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練1如圖所示，在 xOy 坐標(biāo)系中，第、象限內(nèi)無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)。第象限內(nèi)（含坐標(biāo)軸） 有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第象限內(nèi)有沿 x 軸正向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E 的勻強(qiáng)磁 場(chǎng)。一質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶正電粒子，從 x 軸上的 P 點(diǎn)以大小為 v0的速度垂直射入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力和空氣阻力，2P、O 兩點(diǎn)間的距離為 mv02qE1）求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v 以及進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)到原點(diǎn)的距離x；2）若粒子由第象限的磁場(chǎng)直接回到第象限的電場(chǎng)中，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小需要 滿足的條件。答案】（ 1 ） 2v02；

2、 mv02 ( 2)B ( 2 1)EqEv0解析】詳解】1）由動(dòng)能定理有：2mv0 1 qE2 1 2 mvmv02qE 220解得： v 2 v0設(shè)此時(shí)粒子的速度方向與 y 軸負(fù)方向夾角為 ，則有 cos v02v2 解得： 45°tanx21 ，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為PO 兩點(diǎn)距離的兩y2倍，故 xmv0 qE（2）要使粒子由第 象限的磁場(chǎng)直接回到第 象限的電場(chǎng)中，其臨界條件是粒子的軌跡與x 軸相切，如圖所示，由幾何關(guān)系有：s R+Rsin 又：qvBv2mR解得：B( 2 1)Ev0故B(21)Ev02 科學(xué)家設(shè)想在宇宙中可能存在完全由反粒子構(gòu)成的反物質(zhì) .

3、例如：正電子就是電子的反 粒子，它跟電子相比較，質(zhì)量相等、電量相等但電性相反 .如圖是反物質(zhì)探測(cè)衛(wèi)星的探測(cè)器 截面示意圖 .MN 上方區(qū)域的平行長(zhǎng)金屬板 AB 間電壓大小可調(diào)，平行長(zhǎng)金屬板 AB間距為 d，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，方向垂直紙面向里 .MN 下方區(qū)域 I、II 為兩相鄰的方 向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，寬度均為 3d，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為 B，ef 是兩磁場(chǎng)區(qū)的分界線， PQ是粒 子收集板，可以記錄粒子打在收集板的位置.通過(guò)調(diào)節(jié)平行金屬板 AB 間電壓，經(jīng)過(guò)較長(zhǎng)時(shí)間探測(cè)器能接收到沿平行金屬板射入的各種帶電粒子.已知電子、正電子的比荷是 b，不考慮相對(duì)論效應(yīng)、粒子間的相互作用及電磁場(chǎng)的邊

4、緣效應(yīng) .（1）要使速度為 v 的正電子勻速通過(guò)平行長(zhǎng)金屬極板AB，求此時(shí)金屬板 AB 間所加電壓U；（2）通過(guò)調(diào)節(jié)電壓 U可以改變正電子通過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I和 II的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，求沿平行長(zhǎng)金屬板方向進(jìn)入 MN 下方磁場(chǎng)區(qū)的正電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 I 和 II 運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間 t m； （ 3）假如有一定速度范圍的大量電子、正電子沿平行長(zhǎng)金屬板方向勻速進(jìn)入MN 下方磁場(chǎng)區(qū)，它們既能被收集板接收又不重疊，求金屬板AB間所加電壓 U的范圍 .答案】（ 1） Bvd （2）Bb3)3B2d2b<U<22145B2d 2b8解析】詳解】1）正電子勻速直線通過(guò)平行金屬極板AB，需滿足Bev= Ee

5、 因?yàn)檎娮拥谋群墒?b，有UE=d聯(lián)立解得：u BvdI、 II 運(yùn)動(dòng)的（2）當(dāng)正電子越過(guò)分界線 ef 時(shí)恰好與分界線 ef 相切，正電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 時(shí)間最長(zhǎng)。tm =2 t2v12ev1B m1R12 R 2 m v1Be聯(lián)立解得： tBb3）臨界態(tài) 1：正電子恰好越過(guò)分界線 ef，需滿足 軌跡半徑 R13d2v1ev1 B =m1R1U1 ev1 B e 1 ?d22 聯(lián)立解得： U1 3d 2B2b臨界態(tài) 2：沿 A 極板射入的正電子和沿 B 極板射入的電子恰好射到收集板同一點(diǎn) 設(shè)正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R1有（ R2 1 d） 2+9d2 R2422 v2 Bev2 =mU

6、2Bev2 = 2 e d聯(lián)立解得：22U2145B2d2b8解得： U 的范圍是：3B2d2b<U<145B2d2b3核聚變是能源的圣杯，但需要在極高溫度下才能實(shí)現(xiàn)，最大難題是沒(méi)有任何容器能夠承 受如此高溫。托卡馬克采用磁約束的方式，把高溫條件下高速運(yùn)動(dòng)的離子約束在小范圍內(nèi) 巧妙實(shí)現(xiàn)核聚變。相當(dāng)于給反應(yīng)物制作一個(gè)無(wú)形的容器。 2018年11月 12日我國(guó)宣布 “東 方超環(huán) ”（我國(guó)設(shè)計(jì)的全世界唯一一個(gè)全超導(dǎo)托卡馬克）首次實(shí)現(xiàn)一億度運(yùn)行，令世界震 驚，使我國(guó)成為可控核聚變研究的領(lǐng)軍者。1） 2018 年 11 月 16 日，國(guó)際計(jì)量大會(huì)利用玻爾茲曼常量將熱力學(xué)溫度重新定義。玻爾3茲

7、曼常量 k 可以將微觀粒子的平均動(dòng)能與溫度定量聯(lián)系起來(lái)，其關(guān)系式為Ek 3 kT ，其2中 k=1.380649 × 10-23J/K。請(qǐng)你估算溫度為一億度時(shí)微觀粒子的平均動(dòng)能（保留一位有效數(shù) 字）。（ 2）假設(shè)質(zhì)量為 m、電量為 q 的微觀粒子，在溫度為 T0 時(shí)垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻 強(qiáng)磁場(chǎng)，求粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑。（3）東方超環(huán)的磁約束原理可簡(jiǎn)化如圖。在兩個(gè)同心圓環(huán)之間有很強(qiáng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩圓半 徑分別為 r1、 r 2，環(huán)狀勻強(qiáng)磁場(chǎng)圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域內(nèi)的帶電粒子只要速度不是很大 都不會(huì)穿出磁場(chǎng)的外邊緣，而被約束在該區(qū)域內(nèi)。已知帶電粒子質(zhì)量為m 、電量為 q、速度為 v

8、，速度方向如圖所示。要使粒子不從大圓中射出，求環(huán)中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小 值。答案】 (1) Ek 2 10 15J(2)Bq (3) q2r2mv2r12 r2解析】詳解】1）微觀粒子的平均動(dòng)能：Ek3 kT 2 1021515 J解得：v2) 3 kT0 1 mv2由 BqvBq3）磁場(chǎng)最小時(shí)粒子軌跡恰好與大圓相切，如圖所示設(shè)粒子軌跡半徑為 r，由幾何關(guān)系得： r2 r 2 r 2 r12解得 : r22r22 r122r2由牛頓第二定律 qvB2vmr解得:B2r2mv22 q r2 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，與 MN 板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時(shí)無(wú)電荷的轉(zhuǎn)移，之 后恰好從小孔 D 進(jìn)入 M

9、N 上方的一個(gè)三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從 A 點(diǎn)射出磁場(chǎng)，則三角形磁場(chǎng)區(qū) 域最小面積為多少？ MN 上下兩區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為多少？ 粒子從 A 點(diǎn)出發(fā)后，第一次回到 A 點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的總時(shí)間為多少？ r124如圖所示， MN 為絕緣板， CD為板上兩個(gè)小孔， AO為CD的中垂線，在 MN 的下方有 勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(jì)重力 ） 以 某一速度從 A 點(diǎn)平行于 MN 的方向進(jìn)入靜電分析器，靜電分析器內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)（ 電場(chǎng)方向指向 O 點(diǎn) ） ，已知圖中虛線圓弧的半徑為 R，其所在處場(chǎng)強(qiáng)大小為 E，若離子恰 好沿圖中虛線

10、做圓周運(yùn)動(dòng)后從小孔C 垂直于 MN 進(jìn)入下方磁場(chǎng)答案】 （1） EqR ；（2） 1R2；11 ；（ 3） 2n1解析】分析】詳解】1）由題可知，粒子進(jìn)入靜電分析器做圓周運(yùn)動(dòng)，則有：2 mv Eq R解得：2）粒子從 D到 A勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示：由圖示三角形區(qū)域面積最小值為：R222mvR，如圖所示：S 在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，則有：Bqv 得：mvBq 設(shè) MN 下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1 ，上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為R1R2若只碰撞一次，則有：mvB1qmvB2q故 B2B1若碰撞n 次，則有：R1Rn1mvB1qR2mvB2qB2B11n13）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1在 MN 下方的

11、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2 nR12R4v1 v在 MN 上方的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：2 R2mR2Eq總時(shí)間：t1t 2 t325正、負(fù)電子從靜止開(kāi)始分別經(jīng)過(guò)同一回旋加速器加速后，從回旋加速器D 型盒的邊緣引出后注入到正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)中正、負(fù)電子對(duì)撞機(jī)置于真空中在對(duì)撞機(jī)中正、負(fù)電子 對(duì)撞后湮滅成為兩個(gè)同頻率的光子回旋加速器D 型盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，回旋加速器的半徑為 R，加速電壓為 U；D 型盒縫隙間的距離很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間 可以忽略不計(jì)電子的質(zhì)量為 m 、電量為 e，重力不計(jì)真空中的光速為c，普朗克常量為h（1）求正、負(fù)電子進(jìn)入對(duì)撞機(jī)時(shí)分別具有的能量E 及正、負(fù)電子對(duì)撞湮滅后產(chǎn)生的光

12、子頻率v（2）求從開(kāi)始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過(guò)程中，D 型盒間的電場(chǎng)對(duì)電子做功的平均功率 P（3）圖甲為正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)的最后部分的簡(jiǎn)化示意圖位于水平面的粗實(shí)線所示的圓環(huán)真 空管道是正、負(fù)電子做圓周運(yùn)動(dòng)的 “容器 ”，正、負(fù)電子沿管道向相反的方向運(yùn)動(dòng)，在管道 內(nèi)控制它們轉(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵即圖中的A1、A2、A4An 共有 n 個(gè)，均勻分布在整個(gè)圓環(huán)上每個(gè)電磁鐵內(nèi)的磁場(chǎng)都是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度都相同，方向豎直向 下磁場(chǎng)區(qū)域的直徑為 d改變電磁鐵內(nèi)電流大小，就可以改變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，從而 改變電子偏轉(zhuǎn)的角度經(jīng)過(guò)精確調(diào)整，首先實(shí)現(xiàn)電子在環(huán)形管道中沿圖甲中粗虛線所示的 軌道運(yùn)動(dòng)，這

13、時(shí)電子經(jīng)過(guò)每個(gè)電磁鐵時(shí)射入點(diǎn)和射出點(diǎn)都在電磁鐵的同一直徑的兩端，如 圖乙所示這就為進(jìn)一步實(shí)現(xiàn)正、負(fù)電子的對(duì)撞做好了準(zhǔn)備求電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感 應(yīng)強(qiáng)度 B 大小答案】 (1) ve2B02R2mh2mc2，E he2B02R2e2B0U；(2)0；(3) 2B0Rsin；(2)； (3) n2mmd解析】詳解】解： (1)正、負(fù)電子在回旋加速器中磁場(chǎng)里則有：evB02mv0解得正、負(fù)電子離開(kāi)回旋加速器時(shí)的速度為：v0 eB0R正、負(fù)電子進(jìn)入對(duì)撞機(jī)時(shí)分別具有的能量：E 1 mv0222 2 2e2B02R22m正、負(fù)電子對(duì)撞湮滅時(shí)動(dòng)量守恒，能量守恒，則有：2E2mc2hv正、負(fù)電子對(duì)撞湮滅后產(chǎn)生

14、的光子頻率：2 2 2 2 e B0 R 2mc vmh(2) 從開(kāi)始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過(guò)程，設(shè)在電場(chǎng)中加速n 次，則有：neU 1 mv0220解得： n eB0 R2mU正、負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為：2meB0正、負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：n2TB0R22UD 型盒間的電場(chǎng)對(duì)電子做功的平均功率：2W E e2B0Utt(3)設(shè)電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r ，由幾何關(guān)系可得dr sinn2解得： r 2sinn根據(jù)洛倫磁力提供向心力可得：ev0B2mv0電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B 大?。築2B0R sinnd6如圖所示，半徑 r=0.06m 的半圓形無(wú)場(chǎng)區(qū)的圓心

15、在坐標(biāo)原點(diǎn) O 處，半徑 R=0.1m，磁感 應(yīng)強(qiáng)度大小 B=0.075T 的圓形有界磁場(chǎng)區(qū)的圓心坐標(biāo)為（ 0 ，0.08m ），平行金屬板 MN 的極 板長(zhǎng) L=0.3m、間距 d=0.1m，極板間所加電壓 U=6.4x102V，其中 N 極板收集到的粒子全部 中和吸收一位于 O處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v 的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿 x 軸正方向，已知粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑 R0=0.08m ，若粒子重力不計(jì)、比荷 q =108C/kg、不計(jì)粒子間的相互作用力及電場(chǎng)的 m邊緣效應(yīng) sin53 °=0.8，cos53°=

16、0.6（1）求粒子的發(fā)射速度 v 的大??；（2）若粒子在 O點(diǎn)入射方向與 x 軸負(fù)方向夾角為 37°，求它打出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)：（3）N 板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例0，0.18m ）；（ 3）29%答案】（ 1） 6×105m/s ；（ 2）解析】詳解】1）由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即2vqvB=mR0可得： v=6× 105m/s；x 軸負(fù)方向夾角為 37°，作出速度方向的垂線與 y 軸交于（2）若粒子在 O 點(diǎn)入射方向與點(diǎn) Q ，根據(jù)幾何關(guān)系可得 PQ=0.06 o =0.08m，即 Q為軌跡圓心的位置； cos370.06Q 到圓上 y 軸最高點(diǎn)的

17、距離為 0.18m- o =0.08m ，故粒子剛好從圓上 y 軸最高點(diǎn)離開(kāi)； sin 37o故它打出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)為（ 0， 0.18m）；（3）如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y，由帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得：12y= at 22qE qUa= = m mdLt = v由解得： y=0.08m設(shè)此粒子射入時(shí)與 x軸的夾角為 ，則由幾何知識(shí)得： y=rsin R+0-R0cos 4可知 tan = ，即 =53°353比例 =o × 100%=29%180o7在水平桌面上有一個(gè)邊長(zhǎng)為 L 的正方形框架，內(nèi)嵌一個(gè)表面光滑的絕緣圓盤，圓盤所在 區(qū)域存在垂直圓盤向

18、上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一帶電小球從圓盤上的P 點(diǎn)（ P 為正方形框架對(duì)角線AC與圓盤的交點(diǎn)）以初速度 v0 水平射入磁場(chǎng)區(qū)，小球剛好以平行于BC邊的速度從圓盤上的 Q 點(diǎn)離開(kāi)該磁場(chǎng)區(qū)（圖中 Q 點(diǎn)未畫出），如圖甲所示現(xiàn)撤去磁場(chǎng)，小球仍從 P 點(diǎn)以相 同的初速度 v0水平入射，為使其仍從 Q 點(diǎn)離開(kāi)，可將整個(gè)裝置以 CD邊為軸向上抬起一定 高度，如圖乙所示，忽略小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的空氣阻力，已知重力加速度為g求：1）小球兩次在圓盤上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比；2）框架以 CD為軸抬起后， AB 邊距桌面的高度答案】（ 1）小球兩次在圓盤上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為：2；（ 2）框架以 CD為軸抬起后， AB邊距桌面的高度為 2 2

19、v0g解析】分析】詳解】1）小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)得： r 2+r2=L2，解得： r= 2 L，小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)的周期： T= 2 r小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1=1 T= 2 L44v0小球在斜面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向： x=r =v0t2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：2v0則： t1：t 2=：2；（2）小球在斜面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿斜面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移： r= 2at22 ，解得，加速度：L對(duì)小球，由牛頓第二定律得： a= mgsin =gsin ，AB邊距離桌面的高度： h=Lsin 2= 2v0 ； g8如圖所示，坐標(biāo)原點(diǎn) O左側(cè) 2m 處有一粒子源，粒子源

20、中，有帶正電的粒子（比荷為q =1.0 × 1100C/kg） 由靜止進(jìn)人電壓 U= 800V 的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后沿 x 軸正方向運(yùn)動(dòng)， O 點(diǎn) m右側(cè)有以 O1 點(diǎn)為圓心、 r=0.20m 為半徑的圓形區(qū)域，內(nèi)部存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng) 強(qiáng)度大小為 B=1.0×103T的勻強(qiáng)磁場(chǎng) （圖中未畫出 ）圓的左端跟 y 軸相切于直角坐標(biāo)系原點(diǎn) O，右端與一個(gè)足夠大的熒光屏 MN 相切于 x 軸上的 A點(diǎn)，粒子重力不計(jì)。（1）求粒子打到熒光屏上的位置到 A 點(diǎn)的距離；（2）若撤去磁場(chǎng)在熒光屏左側(cè)某區(qū)域加豎直向上勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)左右寬度為 E=1.0 × 13V0/m

21、，【答案】（ 1） 【解析】 【詳解】粒子仍打在熒光屏的同一位置，求電場(chǎng)右邊界到屏幕0.267m （2）0.867mMN2r，場(chǎng)強(qiáng)大小 的距離。1）粒子射入O 點(diǎn)時(shí)的速度v ，由動(dòng)能定理得到：qU122 mv進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，2 qvB mvR設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的速度偏向角為，則聯(lián)立以上方程可以得到：tan21，故2tan 43由幾何關(guān)系可知縱坐標(biāo)為 y ，則 tan4解得： y 145m 0.267m；2)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，12Eq ma，2r vt， y1at2，vy at2射出電場(chǎng)時(shí)的偏向角為tan磁場(chǎng)右邊界到熒光屏的距離為 x ，由幾何關(guān)系 tany y1解得：x 0.867m

22、 。9如圖所示，在第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與x軸成45°角斜向左下，在第四象R 限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域是由一個(gè)半徑為R 的半圓和一個(gè)長(zhǎng)為 2R、寬為 的矩形2組成，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里一質(zhì)量為m、電荷量為 +q 的粒子 (重力忽略不計(jì) ) 以速度v從 Q(0，3R)點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，恰在 P(R，0)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域(1) 求電場(chǎng)強(qiáng)度大小及粒子經(jīng)過(guò) P 點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向；(2) 為使粒子從 AC邊界射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足什么條件；(3)為使粒子射出磁場(chǎng)區(qū)域后不會(huì)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)不大于多少2mv24qR【答案】 (1) E 2mv ； 2v

23、，速度方向沿 y 軸負(fù)方向8 2mv 2 2mv 2 2 7 1 mv (2) B (3)5qR qR 3qR【解析】【分析】【詳解】(1)在電場(chǎng)中，粒子沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)2Rcos 45cos452 2RL1 vt 沿電場(chǎng)力方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為 aL2 2Rsin 452Rv1 、 v2 ，合速度 vv1 v 、 v2 at ， tan 2v聯(lián)立可得 E 2mv4qR進(jìn)入磁場(chǎng)的速度 vv12 v222v45 ，速度方向沿 y 軸負(fù)方向(2)由左手定則判定，粒子向右偏轉(zhuǎn)，當(dāng)粒子從 由qvB1 mv2 得B1 2 2mv r1qR當(dāng)粒子從 C 點(diǎn)射出時(shí)，由勾股定理得RA 點(diǎn)射出時(shí)，運(yùn)動(dòng)

24、半徑 r1 R2R r22R2r2解得 r2由 qv B25R82mv得 B28 2mv5qR根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑隨磁場(chǎng)減弱而增大，可以判斷，當(dāng)8 2mv5qR2 2mv 時(shí)，qR3）為使粒子不再回到電場(chǎng)區(qū)域，需粒子在于 x 軸，其半徑為 r3 ，由幾何關(guān)系得 r32CD 區(qū)域穿出磁場(chǎng)，設(shè)出磁場(chǎng)時(shí)速度方向平行2R 2 R22解得2 由 qv B3 mv 得2 2 7 1 mvB33qR磁感應(yīng)強(qiáng)度小于 B3 ，運(yùn)轉(zhuǎn)半徑更大，出磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏向x 軸下方，便不會(huì)回到電場(chǎng)中10如圖所示，在 xOy 平面的第一象限有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向外；在第四象限 有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向平行于 y 軸向下

25、一電子以速度 v0從 y 軸上的 P點(diǎn)垂直于 y 軸向右飛 入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò) x 軸上 M 點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，又恰能從 y 軸上的 Q 點(diǎn)垂直于 y 軸向左飛出磁場(chǎng)L，0）求已知 P 點(diǎn)坐標(biāo)為 （0， L）， M 點(diǎn)的坐標(biāo)為3（1）電子飛出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v（2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t4L 答案】（ 1） v 2v0；（ 2）t29v0解析】詳解】1）軌跡如圖所示，設(shè)電子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x 軸夾角為t22r3v4L9v0vyv01）在電場(chǎng)中 x 軸方向： 磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度為 3L v0t1，y 軸方向 ：L vy t1， tan3 0 1 2得60o ， v 02v0cos（ 2）在磁

26、場(chǎng)中， r 2 3L 4 Lsin 311 如圖，直線 MN 上方有平行于紙面且與 MN 成 45。的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小未 知； MN 下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。今從 MN_上的 O 點(diǎn)向磁場(chǎng)中射入一個(gè)速度大小為 v、方向與 MN 成 45。角的帶正電粒子，該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌道半徑為 R。若該粒子從 O 點(diǎn)出發(fā)記為第一次經(jīng)過(guò)直線 MN ，而第五次經(jīng) 過(guò)直線 MN 時(shí)恰好又通過(guò) O 點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）該粒子從 O 點(diǎn)出發(fā)，第五次經(jīng)過(guò)直線 MN 時(shí)又通過(guò) O 點(diǎn)的時(shí)間（3）該粒子再次從 O 點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后，運(yùn)動(dòng)軌道的半

27、徑；【答案】（ 1）；（ 2）（3）【解析】 試題分析：粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，先是一段半徑為R的 1/4圓弧到 a點(diǎn)，線勻減速運(yùn)動(dòng)到 b 點(diǎn)速度為零再返回 a 點(diǎn)速度仍為 v，再在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一 點(diǎn)，之后垂直電場(chǎng)線進(jìn)入電場(chǎng)作類平拋運(yùn)動(dòng)。接著恰好逆電場(chǎng)3/4 圓弧到 c（1）易知， 類平拋運(yùn)動(dòng)的垂直和平行電場(chǎng)方向的位移都為所以類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為再者 由 可得粒子在磁場(chǎng)中的總時(shí)間：粒子在電場(chǎng)中減速再加速的時(shí)間：故粒子再次回到 O 點(diǎn)的時(shí)間：（3）由平拋知識(shí)得所以 或 則第五次過(guò) MN 進(jìn)入磁場(chǎng)后的圓弧半徑2考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)及在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)12如圖 （a） 所示，在空間有一坐標(biāo)系 xoy，直線

28、 OP與 x 軸正方向的夾角為 30°，第一象 限內(nèi)有兩個(gè)方向都垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和，直線 OP 是它們的邊界， OP上方 區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為 m，電荷量為 +q 的質(zhì)子 （ 不計(jì)重力及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)的影響 ） 以速度 v 從 O 點(diǎn)沿與 OP成 30°角的方向垂直磁場(chǎng)進(jìn)入?yún)^(qū)域，質(zhì)子先后通過(guò)磁場(chǎng) 區(qū)域和后，恰好垂直于 x 軸進(jìn)入第四象限，第四象限存在沿 -x 軸方向的特殊電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度 E 的大小與橫坐標(biāo) x 的關(guān)系如圖（ b）所示，試求（1） 區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 ；（2）質(zhì)子再次到達(dá) y 軸時(shí)的速度大小和方向。答案】1） B2 2B；（2）

29、vy 軸負(fù)向成 arccos 23 ( arccos 6 2 )的夾角2解析】試題分析 : ( 1)由幾何關(guān)系知：質(zhì)子再次回到OP 時(shí)應(yīng)平行于 x 軸正向進(jìn)入?yún)^(qū)，設(shè)質(zhì)子從 OP上的 C 點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)后再?gòu)?D點(diǎn)垂直 x 軸進(jìn)入第四象限，軌跡如圖。由幾何關(guān)系可知： O1COX，O1C 與 OX的交點(diǎn) O2 即為內(nèi)圓弧的圓心， 形。OO1C 等邊三角設(shè)質(zhì)子在區(qū)圓運(yùn)動(dòng)半徑為1則： r2 r1 sin 300r12r1 ，在區(qū)圓運(yùn)動(dòng)半徑為 r2 ，2vmr1由 qBv得： r1 qB ， 同理得：mvqB2即區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度：B22B2)D 點(diǎn)坐標(biāo)： x r1 cos300 r2mvqB( 3 1)

30、質(zhì)子從 D 點(diǎn)再次到達(dá) y 軸的過(guò)程，1 3Bv BvW電qU q Ei xi2q( 2 2( 3 1) mv2 qB( 3 1)22mv設(shè)質(zhì)子再次到達(dá) y 軸時(shí)的速度大小為 v ，由動(dòng)能定理： W電 1 mv 2 1mv2得： v (2 3)v電 2 2因粒子在 y 軸方向上不受力，故在 y 軸方向上的分速度不變 如圖有： cos v 2 3 6 226v22v即方向向左下方與 y 軸負(fù)向成 arccos 2 3 （ arccos 6 2 ）的夾角2考點(diǎn)： 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)13 如圖所示的平面直角坐標(biāo)系 xOy，在第 象限內(nèi)有平行于 y 軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿 y 正方向；在第 象限的正

31、三角形 abc 區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形邊長(zhǎng)為 L，且 ab 邊與 y 軸平行。一質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的粒子，從 y 軸上的 P（ 0， h）點(diǎn)，以大小為 v0的速度沿 x 軸正方向射入電場(chǎng)，通過(guò)電場(chǎng)后從 x軸上的 a（2h，0）點(diǎn) 進(jìn)入第 象限，又經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)從 y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第 象限，且速度與 y 軸負(fù)方向成 45°角， 不計(jì)粒子所受的重力。求：1）電場(chǎng)強(qiáng)度 E 的大??；2）粒子到達(dá) a 點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；B 的最小值。2mv0v 2v0 ，方向與 x 軸的夾角為 45 °；（ 3） B03）abc 區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度2答案】（

32、 1） E mv0 ；（ 2）2qh解析】詳解】t，1）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則有 x=v 0t=2h ，12 y h at2qE=ma，2 mv0 2qh聯(lián)立以上各式可得 E（2）粒子達(dá)到 a 點(diǎn)時(shí)沿負(fù) y 方向的分速度為 v y=at=v 0， 所以 vv02 vy22v0 ，方向指向第 IV 象限與 x 軸正方和成 45o 角；23）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvB mv ，rr 22 L ，2mv0所以磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的最小值 B qL14 在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)靜止的放射性原子核發(fā)生了一次 出 粒子（ 2 He ）在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為 示 粒子的質(zhì)量和電荷量A放射性原子核用 AZ X 表示，新核的元素符號(hào)用 Y表示，寫出該 衰變的核反應(yīng)方衰變放射R以 m、 q 分別表（1） 程粒子的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效成一個(gè)環(huán)形電流，求圓周運(yùn)動(dòng)的周期和環(huán)形電流大小 設(shè)該衰變過(guò)程釋放的核能都轉(zhuǎn)為為 粒子和新核的動(dòng)能，新核的質(zhì)量為M ，求衰變過(guò)程的質(zhì)量虧損 m2）3）【答案】（ 1）放射性原子核用反應(yīng)方程為 ZA XZA 42Y 24HAAZX 表示，新核的元素符號(hào)用 Y表示，則該 衰變的核；（ 2）粒子的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效成一個(gè)環(huán)形電流，則圓周運(yùn)動(dòng)的周期為