高中物理帶電粒子在磁場中的運動解題技巧及經(jīng)典題型及練習題(含答案)

1、高中物理帶電粒子在磁場中的運動解題技巧及經(jīng)典題型及練習題(含答案)一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓練1.如圖所示，在兩塊水平金屬極板間加有電壓U構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場，一束比荷為105C / kg的帶正電的粒子流(重力不計)，以速度vo=104m/s沿水平方向從金屬極m板正中間射入兩板.粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后進入一具有理想邊界的半圓形變化磁場區(qū)域，。為圓心，區(qū)域直徑 AB長度為L=1m, AB與水平方向成45。角.區(qū)域內(nèi)有按如圖所示規(guī) 律作周 期性變化的磁場，已知 Bo=0. 5T,磁場方向 以垂直于紙面向外為正.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后， 恰好從下極板邊緣 。點與水平方向成45°斜向下射入磁場.求：(1)

2、兩金屬極板間的電壓 U是多大？(2)若TO=0. 5s,求t=0s時刻射入磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間t和離開磁場的位置.(3)要使所有帶電粒子通過 。點后的運動過程中 不再從AB兩點間越過，求出磁場的變化 周期Bo, To應滿足的條件.【答案】(1) 100V (2) t=210 5s,射出點在AB間離。點0.04J2 m5(3) T0 10 s 3【解析】試題分析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，從O點射出使速度廿二七E必J-I' - -mv餐. 0： up ,*代入數(shù)據(jù)得U=100V(2) 7二Bav = w- = = 2,7x10 j( Bq五 2 Bq2R = -=0.f

3、2m(- 砌4粒子在磁場中經(jīng)過半周從 OB中穿出，粒子在磁場中運動時間= 2；rxl0"射出點在AB間離。點0040(3)粒子運動周期丁 = = 4；tx10 1 ,粒子在t=0、f=三時刻射入時，粒子最Bq2可能從AB間射出如圖，由幾何關(guān)系可得臨界時要不從AB邊界射出，應滿足得.一考點：本題考查帶電粒子在磁場中的運動2.歐洲大型強子對撞機是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對撞的高能物理設(shè)備，其原理可簡化如下：兩束橫截面積極小，長度為1-0質(zhì)子束以初速度vom,電量為e；加速極板同時從左、右兩側(cè)入口射入加速電場，出來后經(jīng)過相同的一段距離射入垂直紙面的圓形勻 強磁

4、場區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為半徑均為R,圓心3AB、A 囿電壓土勻為 Uo,且滿足eUo=mvo2。兩磁場磁感應強度相同,2O、O'在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂直且距離為H=- R;整個裝置處2于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對論效應。(1)試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場加速后(未進入磁場)的速度Y和磁場磁感應強度B;2 v evB m r2mv0eRR(2)如果某次實驗時將磁場 O的圓心往上移了 一，其余條件均不變，質(zhì)子束能在OO連線2的某位置相碰，求質(zhì)子束原來的長度lo應該滿足的條件。【答案】(1) v 2v0； B mVo-(2) l0 36eR

5、12【解析】【詳解】1212斛：(1)對于單個質(zhì)子進入加速電場后，則有：eU0 mv mv02232又：eU0mv02解得：v 2vo ；根據(jù)對稱，兩束質(zhì)子會相遇于OO的中點P,粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關(guān)系可知必定沿OP方向射出，出射點為 D,過C、D點作速度的垂線相交于 K,則K,則K點即為 軌跡的圓心，如圖所示，并可知軌跡半徑r=R根據(jù)洛倫磁力提供向心力有:可得磁場磁感應強度：BR(2)磁場O的圓心上移了 一，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對稱，但是粒子在磁場中運達半徑2認為R,對于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從 F點射入磁場，如圖所示，E點是原來C點位置，連 OF、OD,并作FK平行

6、且等于 OD,連KD,由于OD=OF=FK故平行四邊 形ODKF為菱形，即KD=KF=R故粒子束仍然會從 D點射出，但方向并不沿 OD方向，K為 粒子束的圓心R由于磁場上移了一，故sin/2R 1兀兀COF= 2 =-, / COF, / DOF=/ FKD=-12 263對于下方的粒子，沒有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點,卜方粒子到達C后最先到達D點的粒子所需時間為t 萬R （H 萬 2R）（4）R2Vo4Vo而上方粒子最后一個到達E點的試卷比下方粒子中第一個達到C的時間滯后及l(fā)-0-to上方最后的一個粒子從E點到達D點所需時間為2冗353R12voR Rsin - - 2t

7、R362V o2V o要使兩質(zhì)子束相碰，其運動時間滿足t t t聯(lián)立解得l0冗3百 6123.如圖所示，在xOy坐標系中，第I、n象限內(nèi)無電場和磁場。第IV象限內(nèi)（含坐標軸）有垂直坐標平面向里的勻強磁場，第出象限內(nèi)有沿x軸正向、電場強度大小為 E的勻強磁場。一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子）從 x軸上的P點以大小為Vo的速度垂直射入2電場，不計粒子重力和空氣阻力，P、。兩點間的距離為 m02qEM K K M(1)求粒子進入磁場時的速度大小v以及進入磁場時到原點的距離X；(2)若粒子由第IV象限的磁場直接回到第出象限的電場中，求磁場磁感應強度的大小需要 滿足的條件?！敬鸢浮?1)岳0 ,

8、mv0 (2) B (- 1)E qEv0【解析】【詳解】(1)由動能定理有： qE mv0- 1mv2 1 mv2 2qE 22,22解得：v= 2 v0設(shè)此時粒子的速度方向與 y軸負方向夾角為9,則有cos 9=包v解得：9= 45° 一x 一 根據(jù)tan 2 - 1 ,所以粒子進入磁場時位置到坐標原點的距離為PO兩點距離的兩y2mv0倍，故x-qEx軸相切，如圖所示,(2)要使粒子由第IV象限的磁場直接回到第 出象限的電場中，其臨界條件是粒子的軌跡與由幾何關(guān)系有:2 v 乂： qvB m R解得：B ('2 1)E v0(.2 1)Ev04.如圖所示，一勻強磁場磁感應強

9、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.求此粒子在磁由場中運動的時間.(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3X l0m/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).【

10、答案】(1)VTj m(3) 9.0 X 10 W【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)由廿» =出廠 得ri=2R粒子的運動軌跡如圖所示，則 :因為周期丁 = .7 .(2)粒子運動情況如圖所示，上r2= Rtan 即 ?RM聲明夫由q1fB=

11、m一得廿二rz mi?iv(3)粒子的軌道半徑 r3= = 1.5cm Rq粒子到達的區(qū)域為圖中的陰影部分區(qū)域面積為11彳兀(23)2-、為32=9.0 X 14m2【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.5 .核聚變是能源的圣杯，但需要在極高溫度下才能實現(xiàn)，最大難題是沒有任何容器能夠承 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動的離子約束在小范圍內(nèi) 巧妙實現(xiàn)核聚變。相當于給反應物制作一個無形的容器。2018年11月12日我國宣布 東方超環(huán)”(

12、我國設(shè)計的全世界唯一一個全超導托卡馬克)首次實現(xiàn)一億度運行，令世界震 驚，使我國成為可控核聚變研究的領(lǐng)軍者。(1) 2018年11月16日，國際計量大會利用玻爾茲曼常量將熱力學溫度重新定義。玻爾 一 3茲曼常量k可以將微觀粒子的平均動能與溫度定量聯(lián)系起來，其關(guān)系式為 Ek *kT,其2中k=1.380649X1(23J/K。請你估算溫度為一億度時微觀粒子的平均動能(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 To時垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，求粒子運動的軌道半徑。(3)東方超環(huán)的磁約束原理可簡化如圖。在兩個同心圓環(huán)之間有很強的勻強磁場，兩圓半徑分別為1、2,

13、環(huán)狀勻強磁場圍成中空區(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穿出磁場的外邊緣，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,速度方向如圖所示。要使粒子不從大圓中射出，求環(huán)中磁場的磁感應強度最小 值。_ 15.3kmTo'(2)、-(3)q22(1)微觀粒子的平均動能:3Ek -kT 2 10215 J2【答案】(1) Ek 2 10 J3kmT°R Bq(3)磁場最小時粒子軌跡恰好與大圓相切，如圖所示X X設(shè)粒子軌跡半徑為,由幾何關(guān)系得:21解得:r由牛頓第二定律 qvB2 v m 22122解得：B22mv22q 216 .如圖所示，在直角坐標系x

14、0y平面的一、四個象限內(nèi)各有一個邊長為L的正方向區(qū)域,二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個高L,寬2L的勻強磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標平面向內(nèi)的勻強磁場，各磁場的磁感應強度 大小均相等，第一象限的 x<L, L<y<2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y軸正方向的勻強電場.現(xiàn)有一質(zhì) 量為四電荷量為q的帶負電粒子從坐標(L, 3L/2)處以初速度v0沿x軸負方向射入電場，射 出電場時通過坐標(0, L)點，不計粒子重力.(1)求電場強度大小E;(2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0到達坐標(-L, 0)點，求勻強磁場的磁感應強度大小B；(3)求第(2)問中

15、粒子從進入磁場到坐標 (-L, 0)點所用的時間.2mv4nmv0【答案】(1) E v (2) B -0- n=1> 2、3(3) t【解析】L2v0本題考查帶電粒子在組合場中的運動,需畫出粒子在磁場中的可能軌跡再結(jié)合物理公式求解. .L12 L帶電粒子在電場中做類平拋運動有：Lv0t , -at, qEma2聯(lián)立解得：E mv0-qLvx(2)粒子進入磁場時，速度萬向與y軸負萬向夾角的正切值 tan 一 二lvy速度大小vV0一 2v0sin設(shè)x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達( L, 0 )點，應滿足L=2nx,其中n=1、2、3粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對

16、應的圓心角為一；當滿足2L=(2n+1)x時，粒子軌跡如圖乙所示.乙若軌跡如圖甲設(shè)圓弧的半徑為R,圓弧對應的圓心角為鼻一.則有x=、2 R,此時滿足L=2nx2聯(lián)立可得：R 2、2n由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有:qvB2 V m一R得：B4nmv0,n=1、2、 3.qL軌跡如圖乙設(shè)圓弧的半徑為 R,圓弧對應的圓心角為萬.則有x2 J2R2,此時滿足L 2n 1 x2聯(lián)立可得：R2由牛頓第二定律,洛倫茲力提供向心力,則有:qvB2 V mR22 2n 1 mv0得：B2 , n=1、2、qL所以為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0到達坐標（-L,0）點，求勻強磁場的磁感應強度大4nmv

17、0小B qLn=1、2、3 .或 B22 2n 1 mv0n=1、2、3.（3）若軌跡如圖甲,粒子從進人磁場到從坐標0 =2nx-x 2=2n兀則t T2n 2n mqL（一 L, 0）點射出磁場過程中，圓心角的總和LqB2vo若軌跡如圖乙，粒子從進人磁場到從坐標（一 L, 0）點射出磁場過程中，圓心角的總和(4n 2)0 =(2n+1) X 2 兀=(4n+2) 12 T22(4n 2) mqB2Vo粒子從進入磁場到坐標（-L, 0）點所用的時間為2n m L或qB 2V0t2T2(4n 2)(4n 2) m LVoqB27 .電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成.偏轉(zhuǎn)電場的極板

18、由相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成，如圖甲所示.大量電子由靜止開始，經(jīng)加速電場加速 后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO射入偏轉(zhuǎn)電場.當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為 2to；：當在兩板間加最大值為 Uo、周期為2to的電壓(如圖乙所 示)時，所有電子均能從兩板間通過，然后進入豎直寬度足夠大的勻強酸場中，最后打在豎 直放置的熒光屏上.已知磁場的水平寬度為L,電子的質(zhì)量為 m、電荷量為e,其重力不計.0U .,p.rIrI國甲圖乙(1)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO'的最遠位置和最近位置之間的距離(2)要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，求勻強磁場的磁感應強度B

19、求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度今【答案】(1) yi(2)B地yyi叱4dmdLdm【解析】【詳解】(1)由題意可知，從 0、2to、4t0、等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置 到OO的距離最大，在這種情況下，電子的最大距離為：1/，1U°ej Uoe,2 3Uoeymax ato Vytoto toto22 dm dm 2dm從to、3to、等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO的距離最小，在這種情況下，電子的最小距離為：yminLt；21 U 0e 2 to2 dm最遠位置和最近位置之間的距離：X Ymaxymin ,U°ej ytodm(2)設(shè)

20、電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角為仇由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應為:Rsin設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度為V1,垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為Vy,則電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的vy偏向角為 ，sin ,Vi式中Vy 50 dm-mv1又：R -Be解得：B U-00 dL由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進入磁場 后做圓周運動的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上.由第（1）問知電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO'的最大距離和最小距離的差值為 ,U-e所以垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為：yyi U竺t；dm8.如圖，第一象限內(nèi)存在沿 y軸負方向的勻強電

21、場，電場強度大小為E,第二、三、四象限存在方向垂直 xOy平面向外的勻強磁場，其中第二象限的磁感應強度大小為B,第三、四象限磁感應強度大小相等，一帶正電的粒子，從 P （-d, 0）點沿與x軸正方向成“ 二60。 角平行xOy平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的Q點（圖中未畫出）垂直 y軸進入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點，回到P點時速度方向與入射方時相同，不計粒子重力，求：（1）粒子從P點入射時的速度 V。；（2）第三、四象限磁感應強度的大小B/;【答案】（1） 旦（2） 2.4B3B【解析】試題分析：（1）粒子從P點射入磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖，設(shè)粒子在第二象限圓周運動

22、的半徑為 r,由幾何知識得:d d2、3dr sinsin60 3根據(jù)qv0B2mvo /曰得Vor2.3qBd3m(2)設(shè)粒子在第一象限類平拋運動的水平位移和豎直位移分別為三、四象限圓周運動的對稱性可知粒子剛進入第四象限時速度與則有:x=Votvy.y5tvy2V0tan2.32由幾何知識可得 y=r-rcos a =1 r23, d32則得x 2d 3所以粒子在第三、四象限圓周運動的半徑為1,2, d - d23sin粒子進入第三、四象限運動的速度Vov cos2vo4、. 3qBd3m粒子在第一象限中做類平拋運動，則有r(1 cos60 ) 3Et2； tan v -qEt2mvo mv

23、0x和y,根據(jù)粒子在第 x軸正方向的夾角等于(X.2根據(jù)qvB' m R得：B' = 2 4B考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動9.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Y2 l,磁揚場的方向垂直于坐標平面2向里，磁場邊界與 y軸相切于。點，在x軸上坐標為(一L, 0)的P點沿與x軸正向成0 =5 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，粒子進入磁場后經(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.求粒子從y軸上射出電場

24、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強度大小；(3)粒子從P點射出到出磁場運動的時間為多少？1 mv2. 2mvL 2(1)L【答案】(1) (0, -L)(2)E 0B mv0(3) t -21)L2 2qL 2qLv02v0【解析】【分析】(1)粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆過程，應用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子出射 位置坐標.(2)應用牛頓第二定律求出粒子在電場中的加速度，應用位移公式求出電場強度；粒子在 磁場中做圓周運動，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度.(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

25、類平拋運動的逆運動, 水平方向：L=vocos Q ?t豎直方向：y= - vosin e 1?t解得：y=1L, 2粒子從y軸上射出電場的位置為：(0, , L)； 2(2)粒子在電場中的加速度：a=qE ,m,，1 c豎直分位移：y=-at12,2-/口mvo解得：E ；2qL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°,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：其中，粒子的速度：v=vocos g解得：B l

26、lmvl；2qL(3)粒子在電場中的運動時間：ti v0cos2qvB=m ,r2LVo粒子離開電場進入磁場前做勻速直線運動,粒子做運動直線運動的時間：t2 -V粒子在磁場中做圓周運動的時間：t33位移： x L 工L , 22(22) L2V01丁 1 2 m ,2 L一 T ,44 qB2Vo粒子總的運動時間:L 21 Lt=t 1+t2 +t3=- % 2v0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

27、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.10.如圖所示，x軸的上方存在方向與 x軸成45°角的勻強電場，電場強度為 E, x軸的下 方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B 0.5T.有一個質(zhì)量m 1011kg ,電荷量73q 10 C的帶正電粒子，該粒子的初速度 V0 2 10m/s,從坐標原點 O沿與x軸成D45°角的方向進入勻強磁場，經(jīng)過磁場和電場的作用，粒子從 。點出發(fā)后第四次經(jīng)過 x軸 時剛好又回到 O點處，設(shè)電場和磁場的區(qū)域足夠?qū)?，不計粒子重力，求：X X X 3? X X X XXX X X

28、XXXX XXXXXXXXXXX帶電粒子第一次經(jīng)過 x軸時的橫坐標是多少？電場強度E的大小及帶電粒子從 。點出發(fā)到再次回到 。點所用的時間.【答案】 帶電粒子第一次經(jīng)過 x軸時的橫坐標是0.57m；電場強度E的大小為1 103V/m,帶電粒子從 。點出發(fā)到再次回到 。點所用的時間為 2.1 10 3s.【解析】【分析】(1)粒子在磁場中受洛倫茲力作用下做一段圓弧后第一次經(jīng)過x軸，根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式求出半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求出坐標；(2)然后進入電場中，恰好做勻減速運動直到速度為零后又返回，以相同速率再次進入磁場 仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進入電場正好做類平拋運動.粒子在磁場

29、中兩次運動剛好完成一個周期，由粒子在電場中的類平拋運動，根據(jù)垂直電場方向位移與速度關(guān)系，沿電場方向位移與時間關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律求出E,三個過程的總時間即為總時間.【詳解】2粒子在磁場中受磁場力的作用沿圓弧運動，洛侖茲力提供向心力，qvB mv-,R半徑R 0.4m , Bq根據(jù)圓的對稱性可得粒子在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)所對的圓心角為90°,則第一次經(jīng)過x軸時的橫坐標為x1 J2R 0.4、/2m 0.57m第一次進入電場，運動方向與電場方向相反，做勻減速直線運動，速度減為零后又反向 加速返回磁場，在磁場中沿圓周運動，再次進入電場時速度方向剛好垂直電場方向，在電 場力的作用下偏轉(zhuǎn)，打在坐

30、標原點 。處，其運動軌跡如圖所示.由幾何關(guān)系可得，第二次進入電場中的位移為2V2R，在垂直電場方向的位移 S vt1 ,運動時間t1包2R 4 104s v v12在沿電場方向上的位移 S2 at2,2又因s 2R得 a 2s2 1 107m/s2 ti根據(jù)牛頓第二定律a Eq m所以電場強度E ma 1 103V/m q粒子從第一次進入電場到再返回磁場的時間t22va4 10 4s,粒子在磁場中兩段運動的時間之和剛好是做一個完整圓周運動的周期2 mBq10 4 s32.1 10 s所以粒子從出發(fā)到再回到原點的時間為tt1 12 T【點睛】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動

31、與類平拋運動，及相關(guān)的綜 合分析能力，以及空間想像的能力，應用數(shù)學知識解決物理問題的能力.11.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B.磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于 M、N, MN=L,粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前 后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反.質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d,且d<L,粒子重力不計，電荷量保持不變.(1)(3)求粒子運動速度的大小 v;欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；從P點射入的粒子最終從 Q點射出磁場，PM=d, Q

32、N=d,求粒子從P到Q的運動時間t.d_qBd；(2) md ; ( 3) A.當 L 2nd (1 ) d 時,2Tm一 ,B.當 L 2qB 'nd3v3 4、Tm)6 2qB【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有:2qvB m ,解得:R由題可得：R dRmv解得v qBd ； m(2)如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切12由幾何關(guān)系得 dm=d (1+sin60 )°解得 dm2-yd(3)粒子的運動周期T2 7mqB設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t，則t nT t(n 1,3,5,L L ) 4A.當 L

33、 nd (1d時，粒子斜向上射出磁場1/解得t3點46jm2qBB.當 L nd (1+)25Lt 11T 解得 t(/d時，粒子斜向下射出磁場3J3 4 m/ 6 2qB12.如圖，一半徑為 R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）.在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂 直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的 a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直.圓心。到直線的距離為3；五.現(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在 b點離開該區(qū)域.若磁感應強度大小為B,不計重力，求電場強【解析】【分析】【詳解】解答

34、本題注意帶電粒子先在勻強磁場運動，后在勻強電場運動.帶電粒子在磁場中做圓周運動.粒子在磁場中做圓周運動.設(shè)圓周的半徑為r,由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得2qvB m一 r式中v為粒子在a點的速度.過b點和。點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點.由幾何關(guān)系知，線段 £bC和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形.因此ac bc r、i ，一，一、，一，1 - 4-設(shè)cd x,有幾何關(guān)系得ac - R x5bc 3R . R2 x2 5聯(lián)立式得r 7 r5再考慮粒子在電場中的運動.設(shè)電場強度的大小為E,粒子在電場中做類平拋運動.設(shè)其加速度大小為a,由牛頓第二定律和帶電粒

35、子在電場中的受力公式得qE="ma"粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r,有運動學公式得1 12 r -at 2r=vt 2式中t是粒子在電場中運動的時間.聯(lián)立式得E -qRB-®5 m【點睛】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時還利用圓弧的 幾何關(guān)系來幫助解題.值得注意是圓形磁場的半徑與運動軌道的圓弧半徑要區(qū)別開來.13.通過測量質(zhì)子在磁場中的運動軌跡和打到探測板上的計數(shù)率（即打到探測板上質(zhì)子數(shù) 1與暴變廣生總質(zhì)子數(shù) N的比值），可研究中子（°n）的 衰變。中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時放出質(zhì)量可視為零的反中微子如圖

36、所示，位于 P點的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射N個質(zhì)子。在P點下方放置有長度L 1.2m以O(shè)為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離 OP為a。在探測板的上方存在 方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。3122已知電子質(zhì)量 me 9.1 10 31kg 0.51MeV/c2,中子質(zhì)量 mn 939.57MeV / c2,質(zhì)子2.質(zhì)量mp 938.27MeV/c （c為光速，不考慮粒子之間的相互作用）。若質(zhì)子的動量 p 4.8 10 21 kg ms1 3 10 8 MeV s m 1。（1）寫出中子衰變的核反應式，求電子和反中微子的總動能（以 MeV為能量單位）；(2)當a 0.15m , B 0.1T時，求計數(shù)率；(3)若a取不同的值，可通過調(diào)節(jié) b的大小獲得與(2)問中同樣的計數(shù)率，求 關(guān)系并給出B的范圍。XXXXXXXXXpKXKIXKXXXk探潮版"【答案】(1) 0.7468MeV (2) 2 B - -15 T340【解析】【分析】【詳解】(1)核反應方程滿足質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：1 ii0-0n1P 1e 0 出核反應過程中：2 22Ed mncmDcmec0.79MeVnpe根據(jù)動量和動能關(guān)系：2Ekp 0.04