带电粒子在磁场中的运动练习题含答案

1、带电粒子在磁场中的运动练习题含答案一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1 .如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在 x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为 P (-8L, 0) , Q (-3L, 0) 。 y轴的左侧空间，在圆形区域外，有 一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B, y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为 2B的匀强磁场，方向垂直于 xoy平面向外。现从 P点沿与x轴正方向成 37。角射出一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不 计粒子的重力。求：(1)带电粒子的初速度;(2)粒子从P点射出到再次回到 P点

2、所用的时间。2【答案】(1)v 8qBL； (2)t (1 +)£ m45 qB【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度 v沿与x轴正向成37°角方向射出，经过圆周 C点进入磁场，做匀速 圆周运动，经过 y轴左侧磁场后，从 y轴上d点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由 几何关系得：QC 5Lsin370OQO1Q 、5L sin37在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1,R O1Q QC2 v qvB m Ri珈/曰 8qBL解得：v m丫2(2)由公式qvB m得:R2_ mvR2 ，解得：R2 4L qB由R 4L可知带电粒子经过 y轴右侧磁场后从图中 Oi占垂直于

3、y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到 P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为tiPC 5Lcos37oti PC v带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为 工，时间为t22 m qBt2带电粒子从D做匀速圆周运动到 Oi点的周期为丁2,所用时间为t32 m mT2q2B qB1t3-T22从P点到再次回到P点所用的时间为tt 2ti 2t2 t2联立解得：t 141 mo45 qB2 .如图纸面内的矩形 ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB/ CDAD/ BC,电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B

4、.一带电粒子从 AB上的P点平行于纸面射入该区域，入射方向与AB的夹角为0 ( 0<90°),粒子恰好做匀速直线运动并从CD射出.若撤去电场，粒子以同样的速度从P点射入该区域，恰垂直 CD射出.已知边长AD=BC=d ,带电粒子的质量为 m,带电量为q,不计粒子的重力.求:B CA11D(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小.qBdm cosqB2d答案(1) q (2);(3) qB d mcosqB sinmcos【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子 入

5、射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛 伦兹力平衡求解场强.【详解】(1)设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,画出运动轨迹如图所示,轨迹圆心为O.BCd由几何关系可知：cosR2洛伦兹力做向心力：qv0B m v0-R解得VoqBdmcos(2)设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x,有sin粒子作匀速运动：X=Vot联立解得tmcosqBsin(3)带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qvoB解得EqB2dmcos此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理 量；知道粒子作直

6、线运动的条件是洛伦兹力等于电场力3 .在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R= 0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B=1.0T,方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点。点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿 y轴正方向，电场区域宽度 l =0.1m。现从坐标为(- 0.2m, -0.2m)的P点发射出质量 m = 2.0X 109kg、带电荷量q= 5.0X 105C的带正电粒 子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小vo=5.ox io3m/s (粒子重力不计)。(1)带电粒子从坐标为(0.1m, 0.05m)的点射出电场，求该电场强度；(2)为了使该带电粒子能从坐标

7、为(0.1m, - 0.05m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。【答案】(1) 1.0X104N/C (2) 4T,方向垂直纸面向外【解析】【详解】解：(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有:2 V0 qv°B m一r可得：r=0.20m=R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从。点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y1 2根据类平抛规律可得：l v0t, y at22根据牛顿第二定律可得：Eq ma联立可得：E 1.0 10 N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方

8、向速度：Vy at -qEI 5.0 103m/s=vom %粒子射出电场时速度：v . 2Vo根据几何关系可知，粒子在 B区域磁场中做圆周运动半径：r J2y2根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB mrmv联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：B 4Tqr根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。4.如图，区域I内有与水平方向成 45 °角的匀强电场E1,区域宽度为d1 ,区域n内有正 交的有界匀强磁场 B和匀强电场E2,区域宽度为d2,磁场方向垂直纸面向里，电场方向 竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向 右做直线运动，进入区域 n后做匀速

9、圆周运动，从区域 n右边界上的Q点穿出，其速度方 向改变了 30：,重力加速度为g,求：（1）区域I和区域n内匀强电场的电场强度 EE2的大小.（2）区域n内匀强磁场的磁感应强度B的大小.微粒从P运动到Q的时间有多长.【答案】Ei '，E2 mg（2） mgdL6d_码 qq2qd26 gd2【解析】【详解】（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qEiSin45mg求得：Ei -2mg q微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有： mg qE2求得：E2mg(2)粒子进入磁场区域时满足:12qEidiCOs45-mv2 v qvB m R根据几何关系，

10、分析可知:2d2 sin30整理得：B m 2gdi 2qd2(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间ti和在区域II内的运动时间t2,并满 足：citidi2mgtan45mait202 360经整理得:2dlgtit212 ,2gd 6d112 qB6gd25.如图所示,一匀强磁场磁感应强度为B;方向向里，其边界是半径为R的圆，AB为圆的一直径.在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、电量-q的粒子，粒子重力有一带电粒子以"=的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B点射出.求此粒子在磁场中运动的时间.),某粒子沿半径方向(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后

11、将以原速率反弹射入磁场，经过 2次碰撞后回到 A点，则该粒子的速度为多大 ？若R=3cm、B=0.2T,在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3X l0m/s、比荷为108C/kg的粒子.试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面 积(结果保留2位有效数字).(2)【解析】【分析】(1)根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合 t=：T求出粒子在磁场中运动的时间.(2)粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半 径，从而通过半径公式求出粒子的速度.(3)根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半

12、径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何 关系求出面积.V2(1)由4例?二险厂得门=2R粒子的运动轨迹如图所示，则 因为周期了二一s- .a Jim运动时间！=而=评.(2)粒子运动情况如图所示，片不r2= Rtan 即,R由得廿二r2 mmv(3)粒子的轨道半径 3=不一=1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分11 II区域面积为S亍兀32+2宅兀(23)2-、瓦32=9.0 X 14m2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出 粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解.该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的 训练.6.某控制带电粒子运动的仪器

13、原理如图所示，区域 PP M呐有竖直向下的匀强电场，电 场场强E=1.0X13V/m,宽度d = 0.05m,长度L= 0.40m；区域 MM N'酒有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B= 2.5X102宽度D= 0.05m,比荷 9 = 1.0 X1归/kg的带正电m的粒子以水平初速度 V0从P点射入电场.边界 MM不影响粒子的运动，不计粒子重力.PP' N'卵出的位置;(2)若粒子第一次进入磁场后就从M' N间垂直边界射出，求 V0的大小;若粒子从M'点射出，求V0满足的条件.【答案】(1)0.0125m (2) 3.6%1/S. (3)第一种情况

14、：V0= (4.0 0.8n) 105m/s (其中 n =2n 1.一一3.2 0.8n-5.0、1、2、3、4)第二种情况：v0=() 10 m/s(其中n=0、1、2、3).2n 1【解析】(1)粒子以水平初速度从 P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁 场，则竖直方向d = - Eqt2m代入数据解得t=1.0X106s水平位移x= V0t代入数据解得x= 0.80m因为x大于L,所以粒子不能进入磁场，而是从P' MW射出,则运动时间t0= = 0.5 X 106sV0，竖直位移y=工占。t0 = 0.0125m2 m2mdx= V01qE所以粒子从P'

15、;点下方0.0125m处射出.(2)由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移粒子进入磁场时，垂直边界的速度设粒子与磁场边界之间的夹角为%则粒子进入磁场时的速度为v=sin v2- mv在磁场中由 qvB= m得R=r qB粒子第一次进入磁场后，垂直边界M 用寸出磁场，必须满足 x+RsinA LV0= 3.6 X 彳m/s. 由第二问解答的图可知粒子离MM的最远距离 A尸R Rcos后R(1 cos “)把可以看出当a= 90。时，Ay有最大值，(斤90。即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以 vi的速度垂直 MM进入磁场运动半个圆周回到电场)Amax=0.04m, A

16、 max小于磁场宽度 D,所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会 从边界NN射出磁场.粒子要从M点射出边界有两种情况, 第一种情况：l_= n(2v0t + 2Rsin 禽 v0t把t 2md、r= ?、力所 v JqEdL代入解得,qE qB11mL : qE 2n E vo2n 1 .2md 2n 1 B4.0 0.8n 工vo= X10m/s（其中 n = 0、1、2、3、4）2n 1第二种情况：l_= n（2vot + 2Rsin 禽 vot + 2Rsin abmdmvbqEd -把t 、RU 、W=vsin 0 v1=包生三 代入解得 qE qB1 mL : qE 2（n 1

17、） Ev2n 1.2md 2n 1 Bvo=3.2 0.8n2n 1x 10m/s（其中 n = 0、1、2、3）.7 .如图所示，在竖直面内半径为R的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感R应强度大小为B,在圆形磁场区域内水平直径上有一点P, P到圆心。的距离为 一2点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不 同的正离子.已知离子的质量均为 m,电荷量均为q,不计离子重力及离子间相互作用力, 求：(1)若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围;BqR(2)若离子速率大小V。 一一，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度2mBq

18、R 15 2 .3 R4m4差是多少。【答案】(1) v【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有:2VBqv m 一r如图所示，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则故v邺4m（2）当离子速率大小VoBR时，由（1）式可知此时离子圆周运动的轨道半径2m离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图,RR2 得 h1由几何关系知:4由几何关系知:h2R .sin 602故最高点与最低点的高度差hh1h24,15 2.3 _R48 .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，。点与桌面右边相距为 里

19、，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，4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Ei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 -1d；4mg

20、(2)板外的场强 E2的大小为 ,方向沿y轴正方向；q22 .(3)场强Ei的取值范围为qB_d3qB d ,环打在桌面上的范围为-d-d .6m8m44【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XI、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：mxi-3mx2=0而 Xl+X2=d3解得：xi= d41X2= d4环离开小孔时的坐标值为：Xm= d-d=- d44(2)环离开小孔后便做匀速圆周运动，须 qE2=mgmg解得：E2,方向沿y轴正方向q(3)环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q,则2根据洛

21、仑兹力提供向心力，有：qvB mR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:1 2 GqEixi= mv2 2联立解得： 若环绕大圆运动，则解得：R=0.48d联立解得：3qB2d8mR2=Ei(R1.5d) 2+ (2d) 22qB2d6m8m22 ,故场强Ei的取值范围为qB d3qB d6m一，17,环打在桌面上的氾围为一d一d.449.如图所示，荧光屏 MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标 x0 6cm,在第一象限y轴和MN之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E 1.6 105N/C，在第二象限有半径 R 5cm的圆形磁场，磁感应强度 B 0.8

22、T ,方 向垂直xOy平面向外.磁场的边界和 x轴相切于p点.在P点有一个粒子源，可以向 x轴 上方180。范围内的各个方向发射比荷为 q 1.0 108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的 m发射速率v0 4.0 106m/s.不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用.求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；(3)带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点间的最远距离.【答案】(1) 5cm(2)0 y 10cm (3)9cm【解析】【详解】(1)带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动 2v qv0B m一 r解得：r mv0 5 cm qB(2)由(1)

23、问中可知r R,取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形 PO FO1为菱形，所以FO1 /O P ,又o p垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径 FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0y 10cm .(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有X0Vot。h 2at2qE m解得：h 18cm 2R 10cm,y的点进入电场的粒子在电场中沿x说明粒子离开电场后才打到荧光屏上.设从纵坐标为 轴方向的位移为x,则X v°t1.2y at 2代入数据解得x ,2y设粒子最终到达荧光屏的位置与

24、Q点的最远距离为 H,粒子射出的电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为tanqE(xVym'v0v0v0所以 Hx0 x tanx0 ,J2"y |J2"7,由数学知识可知，当xo 历 回时，即y 4.5cm时H有最大值,所以 H max 9cm10.如图所示，x轴的上方存在方向与 x轴成45；角的匀强电场，电场强度为E, x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 0.5T.有一个质量m 1011kg ,电荷量q 10 7C的带正电粒子，该粒子的初速度vo 2 103m/s,从坐标原点 O沿与x轴成45；角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点

25、出发后第四次经过 x轴时刚好又回到 O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：X X X 3? X X X XXX X X XX X XIX XX X XXX X X X X带电粒子第一次经过 x轴时的横坐标是多少？电场强度E的大小及带电粒子从 。点出发到再次回到 。点所用的时间.【答案】 带电粒子第一次经过 x轴时的横坐标是0.57m；电场强度E的大小为1 103V/m,带电粒子从 。点出发到再次回到 。点所用的时间为 2.1 10 3s.【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)

26、然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场 仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E,三个过程的总时间即为总时间.【详解】2粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，qvB m,R半径RmvBq0.4m ,根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90：,则第一次经过x轴时的横坐标为x1 J2r 0.442m 0.57m第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减

27、速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电运动时间t1 s1 2R 4 104s v v12在沿电场方向上的位移 s -at2 , 2又因s2 2R得 a 22 1 107m/s2 ti根据牛顿第二定律a Eq m所以电场强度E ma 1 103V/m q粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间t22va44 10 s,粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期Bq10 4s所以粒子从出发到再回到原点的时间为t t1 t2 T 2.1 10 3s【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平

28、抛运动，及相关的综 合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力.11.如图，直线 MN上方有平行于纸面且与 MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未Bo今从MN_上知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为的。点向磁场中射入一个速度大小为V、方向与 MN成45。角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为 R。若该粒子从。点出发记为第一次经过直线 MN,而第五次经 过直线MN时恰好又通过。点。不计粒子的重力。求：(1)电场强度的大小；(2)该粒子从。点出发，第五次经过直线 MN时又通过。点的时间(3)该粒子再次从。点进入磁场后，运动轨道

29、的半径；(2n + 4)R【答案】(1)石二”(2)方(3)梆【解析】试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到 b点速度为零再返回 a点速度仍为v,再在磁场中运动一段 3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。(1)易知，盛二上类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为卜L町广小加45 ="，所以类平抛运动时间为又f二h吗，2 J 2一再者R =或由可得石=vZ?2俅粒子在磁场中的总时间：-二一 .v_ 2痴 2K粒子在电场中减速再加速的时间：-故粒子再次回到。点的时间：t =匕一口 +为二（土”v（3）由平抛知识得ta

30、n/? = 2tana = 2所以 协4 -2下或 y =al3 = -= 2= 2v ffl v m vvf = Jl二 - v?. = J5v则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径R=二后R©考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动12.如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L,两板间距离为2y0,金属板的右侧宽为 L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直.现有一质量为 m,带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点 以速度vo沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（ L, 0）进入磁场区域，进入时速 度方向与x轴夹角为3

31、0°,把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从 x轴上（2L, 0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重 力.试求：（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功;(2)计算两板间的电势差并确定A点的位置；T应满足的表达式.(3)写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期2 < 3nmvoBo 3qL【答案】(1) W -mvo2 (2) U 2屈Vom” ,、 63qL3 L ,、T -(n 1,2,3,4)3nv02.3"VVoVocos30【解析】试题分析：(1)设粒子刚进入磁场时的速度为v,则：1cle

32、1电场力对粒子所做的功为：W mv mv0 - m226(2)设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v；则：v' =tan30 =3 Vo 3水平方向：L=vot竖直方向：y = 1 v' t2解得：y -I L 6电场力对粒子所做的功：W=qEy两板间的电压U=2Ew解得：U 2、3yomv23qL(3)由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与 x轴夹角为a = ± 3Q °在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2 a =60°故磁场变化的半个周期内，粒子在x轴上的位移为：x=2Rsin30 =R粒子到达x=2L处且速度满足上述要求

33、是：nR=LR (n=1, 2, 3,) n由牛顿第二定律，有：qvBo2 v m一R1 T 2 R二 kTo k- ; To 62v2、. 3nmvo2, 3,)斛得：Bo (n=1,3qL1 一粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过一周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个6周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求;2, 3,)3vo考点：带电粒子在磁场中的运动13.在磁感应强度为 B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次“衰变.放射出a粒子(24He )在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.以m、q分别表小a粒子的质量和电荷量.(1)放射性原子核用 AX表示

34、，新核的元素符号用 Y表示，写出该 a衰变的核反应方 程.(2) a粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小.(3)设该衰变过程释放的核能都转为为“粒子和新核的动能，新核的质量为M,求衰变过程的质量亏损4 m.【答案】(1)放射性原子核用AX表示，新核的元素符号用 Y表示，则该a衰变的核A . - A 4 .4一反应万程为zX Z 2丫 2H ； (2) a粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆2周运动的周期为 ，环形电流大小为 曳一；(3)设该衰变过程释放的核能都转Bq2 m为为a粒子和新核的动能，新核的质量为 M则衰变过程的质量亏损! 为损 _ _ 2工 1

35、 (BqR) ()2,m M 2c【解析】(1)根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该 a衰变的核反应方程为AX箕Y 4He(2)设a粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为V,由洛伦兹力提供向心力有2 V qvB m R根据圆周运动的参量关系有 T2 tR得a粒子在磁场中运动的周期T 2 71m qB根据电流强度定义式，可得环形电流大小为Iq2B2 Tm(3)由 qvBqBR设衰变后新核mv可信vMY的速度大小为v',核反应前后系统动量守恒,qBRM有 MV - mv=0根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有212mc 一 Mv21 2-mv2解得 m2(M m)(qBR)2mMc2说明：若

36、利用【名师点睛】A 4M m解答，亦可.4(1)无论哪种核反应方程,都必须遵循质量数、电荷数守恒.(2) “衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因 此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运 动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电 流强度的定义式可求解电流大小.(3)核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒 定律即可解得质量亏损.14.现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E,方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为 Bi,垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2,电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为门、电荷量为q的带正电粒子在第1.层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动 ，不计粒子重力及运动时的电磁辐射(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与