高考物理带电粒子在磁场中的运动解析版汇编含解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动解析版汇编含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.如图所示为电子发射器原理图， M处是电子出射口，它是宽度为 d的狭缝.D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为 a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为 v的电子；与A同轴放置的金属网C的半径为2a.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为 m,电荷量为e.⑴若A、C间加速电压为U,求电子通过金属网 C发射出来的速度大小 vc；(2)若在A、C间不加磁场和电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I,求圆柱体A在t时间内发射电子的数量 N.(忽略C、D间的距离以及电子碰撞到 CD上的反射效应和金属网对电子的吸收)4alt 4mv(3)B-

ed 3ae⑶若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网4alt 4mv(3)B-

ed 3ae【答案】⑴ve.2eUv2(2)N-m(1)根据动能定理求解求电子通过金属网 C发射出来的速度大小；(2)根据I—求解圆柱体A在时间t内发射电子的数量N;(3)使由A发射的电子不从金属网C射出，则电子在CA间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B.(1)对电子经CA间的电场加速时，由动能定理得1 2 1 2一mve-mv2 2解得:Ve2eU解得:Ve2eU(2)设时间t从A中发射的电子数为 N,由M口射出的电子数为 n,则ne

t2a解得N解得N4alt

ed(3)电子在CA间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B.设此轨迹圆的半径为r,则2 2 2(2ar)ra2vBevm一r解得:4mv解得:3ae2.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：x&xXXkjbxuxx&xXXkjbxuxXKXM黑(1)区域I和区域n内匀强电场的电场强度E「E2的大小.(2)区域n内匀强磁场的磁感应强度B的大小.⑶微粒从P运动到Q的时间有多长.【答案】⑴E1外,E2mg(2)m^gd1⑶6d_^师q q 2qd2 6gd2【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： qE〔sin45 mg求得：E14mgqE2qmgqE2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求得：E2q(2)粒子进入磁场区域时满足:(2)粒子进入磁场区域时满足:1 2qE1d1cos45 mv222VqvBm—R根据几何关系，分析可知:R 2d2sin30根据几何关系，分析可知:R 2d2sin30⑶微粒从P到Q的时间包括在区域足：I内的运动时间tl和在区域II内的运动时间t2,并满1alt； di2mgtan45maimgtan45mait22360经整理得:ti2d1

gt2i122、2gd经整理得:ti2d1

gt2i122、2gdqB6d1 d22d2gdi6gd23.如图所示,在两块长为/3l、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场.现将下板接地，让质量为连线的中点。以初速度V面向外的匀强磁场.现将下板接地，让质量为连线的中点。以初速度V。水平向右射入板间,m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端粒子恰好打到下板的中点.若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间t的变化规律如图所示，则t=。时刻，从O点射人的粒子P经时间to(未知量)恰好从下板右边缘射出.设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计.TOC\o"1-5"\h\z- *xykx/3七"；■ ■ *AJxy■Mm■।V.■中 *■(1)求两板间磁场的磁感应强度大小 B.t=0时刻射入的粒求右侧磁场的宽度t=0时刻射入的粒求右侧磁场的宽度d。点,子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到应满足的条件和电场周期 T的最小值Tmin.。点,⑵dR2cosaR2及L2；Tmin（6一32）L3vo【解析】【分析】【详解】2〜Vom—Ri2〜Vom—Ri由几何关系：R2 (」|L)2(RL)2“mmmv0解得B0qL(2)粒子P从。点运动到下板右边缘的过程，有:'.3lVoto1l22vy(2)粒子P从。点运动到下板右边缘的过程，有:'.3lVoto1l22vyt解得vy03设合速度为v,与竖直方向的夹角为 “，则：tanVo,3vy则=-3Vo 2.3V Vosin3R2,则粒子PR2,则sin解得R23L解得R23L右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为dR>cos R2。点的过程，运动。点的过程，运动由于粒子P从O点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则:Tmin 2t0解得Tmin6,32L3V0【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态^4.正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器 D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中.正、负电子对撞机置于真空中.在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子.回旋加速器 D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为 B0,回旋加速器的半径为R,加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计.电子的质量为m、电量为e,重力不计.真空中的光速为c,普朗克常量为h.(1)求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量 E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v(2)求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中， D型盒间的电场对电子做功的平均功率p(3)图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图.位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的 容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁.即图中的 Ai、A2、A4……从共有n个，均匀分布在整个圆环上.每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下.磁场区域的直径为d.改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度.经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示.这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备.求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小2【答案】(1)V222应强度B大小2【答案】(1)V222eB0R

mh2mch2—2_2 2_eBoR⑸eBoU 2B°Rsin一E ;(2) ；(3) n\o"CurrentDocument"2m m ；d解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有:2mv0evBo 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为:eBoRVom正、负电子进入对撞机时分别具有的能量:E-mv022正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒,则有:2E222eB解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有:2mv0evBo 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为:eBoRVom正、负电子进入对撞机时分别具有的能量:E-mv022正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒,则有:2E222eBoR2m2mc2hv正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率:2 2 2c2eB0R2mc

v mh(2)从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程,1 2neU mv02设在电场中加速n次,则有:解得：neB至2mU正、负电子在磁场中运动的周期为:2m

eBo正、负电子在磁场中运动的时间为:BoR2D型盒间的电场对电子做功的平均功率:2U— 2WE e2BoU(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系可得rsin—dn2d解得：r2sin一

n根据洛伦磁力提供向心力可得:2

mvo

ev0B 根据洛伦磁力提供向心力可得:r电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：b2B0Rsin—

nd5.如图所示，在平面直角坐标系xOy平面内直角三角形abc的直角边ab长为6d,与y5.如图所示，在平面直角坐标系重合，/bac=30。,中位线OM与x轴重合，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场 .在笫一象限内，有方向沿y轴正向的匀强电场，场强大小E与匀强磁场磁感应强度 B的大小间满足E=wB.在x=3d的N点处，垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度vo从y轴上一3dwyw的范围内垂直于y轴向左射入磁场，其中从y轴上y=—2d处射入的电子，经磁场偏转后，恰好经过。点.电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计.求(1)匀强磁杨的磁感应强度 B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y的范围；(3)荧光屏上发光点距 N点的最远距离L尊【答案】⑴mv0；(2)0y2d；(3)9d；ed 4【解析】⑴设电子在磁场中做圆周运动的半径为 r;由几何关系可得r=d2电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： ev0Bm^°r解得：Bmv0ed(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与 ac边相切时，电子从+y轴射入电场的位置距。点最远，如图甲所示.即设此时的圆心位置为O,有：Oa sin30OO3dOa解得OOd即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距 O点最远所以ym2r2d电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y的范围为0y2d设电子从0y2d范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y,从ON间射出电场时的位置横坐标为x,速度方向与x轴间夹角为仇在电场中运动的时间为t,电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L,如图乙所示：

根据运动学公式有：xv根据运动学公式有：xv0t1eE,2 12meE—tmtanvytanVotan 3dx解得：L(3.d2y)..2y一9.即y—d时，L有最大值8,一9解得：L-d4当3d2y2y【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用.6.如图甲所示，在直角坐标系0a4区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度vo沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°.不考虑电子所受的重力.甲 乙

甲 乙(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小;(2)若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，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BE的大小;【答案】(1)F-(n=1,2,3…)(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同.请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T【答案】(1)F-(n=1,2,3…)1中所示.由速度关系可得：口由速度关系得:1中所示.由速度关系可得：口由速度关系得:Vy=V0tan0=Vvo(n=1,2,3…)【解析】(1)电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图…占在竖直方向：而水平方向：解得:(2)根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径 R=LqvR=r-根据牛顿第二定律：解得：I4根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为( [,-.7)(3)电子在在磁场中最简单的情景如图 2所示.

浦f孝一Jyw在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为 60。，设电子运动的轨道半径为 r,运动的小,粒子在x轴方向上的位移恰好等于 ri；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期 T=2Tc,故粒子的偏转角度仍为60。，电子运动的轨道半径变为 2r,粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r.综合上述分析，则电子能到达 N点且速度符合要求的空间条件是： 3rn=2L(n=1,2,3…)mv而：府解得： (n=1,2,3…)1应满足的时间条件为： (T+T'尸T2/rm2；nn7*_1而：丁『西一加\出江£解得而如(n=i,2,3…)点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合II要求的粒子轨迹必定是粒子先在正 Bo中偏转60。，而后又在yBo中再次偏转60。，经过n次这样的循环后恰恰从 N点穿出.先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.7.如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度 E1.0104V/m,另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度 B20.20T,方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点.一带负电的粒子从 S点沿y轴的正方形以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域 B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y=x5垂直.粒子速度大小V01.010m/s,粒子的比荷为q/m5.0105C/kg,粒子重力不计.求：

⑴粒子在匀强磁场B2中运动的半径r;(2)坐标d的值；(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度 Bi应满足的条件；(4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线 y=x上的最长时间( 3.14,结果保留两位有效数字).【答案】(1)r=1m(2)d4m(3)Bi0.1T或Bi0.24T(4)t6.2105s【解析】【详解】2解：(1)由带电粒子在匀强磁场中运动可得： B2qv0mv0r解得粒子运动的半径：r1m(2)粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为 x,竖直位移为y水平方向：xvt2竖直万向：yataEqmtan45 v0at联立解得：x2m,y1m由图示几何关系得：dxyR解得：d4m「1(3)若所加磁场的磁感应强度为 B1,粒子恰好垂直打在y「1由如图所示几何关系得： 「1 2yRv.2vo由带电粒子在匀强磁场中运动可得:Bqv2由带电粒子在匀强磁场中运动可得:Bqv2V

m—「1「2解得:若所加磁场的磁感应强度为Bi「2由如图所示几何关系得： r2j‘2r2 2yR由带电粒子在匀强磁场中运动可得:2由带电粒子在匀强磁场中运动可得:2VB1qvm一解得B1-2^JT0.24T10综上，磁感应强度应满足的条件为B1 0.1T或综上，磁感应强度应满足的条件为B1 0.1T或B10.24TjB/'rti(4)设粒子在磁场B(4)设粒子在磁场B2中运动的时间为ti,在电场中运动的时间为 t2,在磁场Bi中运动的时间为t3,则有:ti4T1Vot2Voti4T1Vot2Vot32T2T22「2

v解得：ttlt2t321.5 22 105s6.2105s8.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xo6cm,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E1.6105N/C，在第二象限有半径R5cm的圆形磁场，磁感应强度B0.8T,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1800范围内的各个方向发射比荷为 q1.0108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率Vo4.0106m/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)0y10cm (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2vqv0Bm一r解得：rmv05cmqB(2)由(1)问中可知rR,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POFOi为菱形，所以FOi//OP,又op垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FOi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0y10cm.(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有x0v0t0h2at2

aqEm解得：h18cm2R10cm,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y的点进入电场的粒子在电场中沿 xxv0ty 1at22代入数据解得x2y设粒子最终到达荧光屏的位置与 Q点的最远距离为H,粒子射出的电场时速度方向与正方向间的夹角为qE|^TOC\o"1-5"\h\z, vy mWo k，tan - 2yVo Vo所以H xoxtanxJ2y|j2y，由数学知识可知，当x由数学知识可知，当xo4.5cm时h有最大值,所以Hmax9cm9.长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为 d,电势差为U,有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场.荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x,电容器左侧中间有发射质量为 m带+q的粒子源，如图甲所示.假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a粒子沿直线运动到荧光屏上的 。点；b粒子在电、磁场中向上偏转； c粒子在电、磁场中向下偏转.现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示.此时， a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果 a粒子仍恰好打在荧光屏上的。点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点.求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏 O点时的动能；(2)b,c粒子中打到荧光屏上的点与 。点间的距离(用x、L、d表示);(3)b,c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比.【答案】(1)Eka【答案】(1)EkaL2B4d2q2m2U2

2mB2d2Uq小、,/X1、小、皿_dyd( )(3) -一L2 W2Uqd上4V25据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示.(1)从图中可见电、磁场分开后， a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达 。点，运动轨迹如图中I所示.UdqBqv'Bd，LBdya1Uqya1Uqt22dm2_2LBqd

2mUU7qyaU7qyaEkaU2m()Bd2 422 2 2LBdqmUEk. —2mBd(2)从图中可见c粒子经两个阶段打到荧光屏上.第一，在电场中做类平抛运动；第二，离n所示.n所示.设c粒子打到荧光屏上的点到 。点的距离为y,根据平抛运动规律和特点及几何关系可得id-Lx—2 2yd(x2)⑶依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为 ti=2t2如图中出的粒子轨迹,设粒子先、后在电场中发生的侧移为 yi,y2yi1如图中出的粒子轨迹,设粒子先、后在电场中发生的侧移为 yi,y2yi1四t2v2md「vy1Uqtmd1y2vyt2g21 2mdy25qU2y2ti,8md丸=4丫2 5'UqWr3y1_4 = -W2Uq5dy2.如图甲所示，边长为L的正方形ABCD区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心。处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为 vo的带电荷量为—q的粒子，粒子质量为m。图中x、y轴分别过正方形四边的中点E、F、G、H不计粒子重力及相互作用。

(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度Bi应该满足什么条件？(2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60。(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小；(3)若磁感应强度大小为(2)中B2,则粒子离开磁场边界的范围。 (结果可用卞号表示)4m固 243加0【答案】(1港二三(2)⑶从AB边射出的坐标为从4m固 243加0【答案】(1港二三(2)⑶从AB边射出的坐标为从BD边射出的坐标为“从CD边射出的坐标为从AC边射出的坐标为r£I.2syV312约-3

~T2~'12【解析】【分析】(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出 B的值.(2)运动时间最短应找最小的圆心角,则找劣弧中弦长最短的轨迹； (3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.【详解】(1)为使粒子不离开正方形ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：L解g廿。日1=m*联立解得：

(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短,由几个关系得：6mu。R=J陋20而d8上=・一当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处,

同理求得，从CD边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从AC边射出的粒子，位置坐标为0-3

~TT~近同理求得，从CD边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从AC边射出的粒子，位置坐标为0-3

~TT~近9口【点睛】解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小 ^.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V0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30°,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;(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；(3)写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式.【答案】(1)W-mvo【答案】(1)W-mvo2(2)U2岛omv 立L(3)6 3qL 6T理，(n1,2,3,4 )3nv0【解析】B02.；3nmv03qL试题分析：(1)试题分析：(1)设粒子刚进入磁场时的速度为 v,则：v v0cos301cle1c电场力对粒子所做的功为： W—mv—mv0-mv0\o"CurrentDocument"2 2 6(2)设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为 v；则：2.33v0v'=tan30=^3-3v'=tan30=^3-3v。水平方向:L=vot竖直方向：y=—v7t2解得：y=LW=qEy6W=qEy电场力对粒子所做的功：两板间的电压U=2Ey0解得：u2-3y0mv23qL(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=±30°在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为 2a=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是:nR=LRL(n=1,2,3,…)n由牛顿第二定律，有： qvBo2vm由牛顿第二定律，有： qvBo2vm—R解得：Bo23nm%(n=1

3qL2,3…)粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过1 粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过—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； IkTokT.To6 2解得：解得：T、、3L (n=1,2,3,…)3Vo当T＞五

2 6T＞也3vo考点：带电粒子在磁场中的运动12.如图所示，在0^X4、。可wa范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.坐标原点。处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在 xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在。〜90，范围内.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 旦到a之间，从发射粒子到粒子全部离2开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一.求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：(1)速度的大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦.

【分析】(1)根据题意，粒子运动时间最长时，其回旋的角度最大，画出运动轨迹，根据几何关系列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；( 2)最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，即为第一问中轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解出其速度方向与y轴正方向夹角的正弦.【详解】设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为 R,根据洛伦兹力提供向心力，得2VqvBm—R解得mv

qBa当一vRva时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为 C的圆弧，圆弧与磁场2的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为 t,依题意t=T,回旋角度为4兀 /OCA=—,设取后离开磁场的粒子的发射方向与 y轴正方向的夹角为a,由几何关系得aRsinR一2RsinaRcossin2a+CO/a=1解得D o6R 2—a2-6aqB6：6sin2m6：6sin10

故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度大小为y轴正方向夹角的(2)y轴正方向夹角的正弦为sin66正弦为sin6610本题关键是画出运动时间最长的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小.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 a衰变.放射4出a粒子(2He)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.A(1)放射性原子核用zX表不，新核的元素符号用Y表不，写出该a盘变的核反应方程.(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4m.【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 A4 4.反应万程为zXz、 2H；(2)a粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆2m Bq2周运动的周期为 ，环形电流大小为 铲一；(3)设该衰变过程释放的核能都转为为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)(BqR)mM 2c2【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 z!y4He(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2VqvBm——R

根据圆周运动的参量关系有T2tR得a粒子在磁场中运动的周期T271mqB根据电流强度定义式，可得环形电流大小为 Iq2B2Tm(3)由qvBqBR设衰变后新核mv可得vM根据圆周运动的参量关系有T2tR得a粒子在磁场中运动的周期T271mqB根据电流强度定义式，可得环形电流大小为 Iq2B2Tm(3)由qvBqBR设衰变后新核mv可得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2 1 2mc一Mv212-mv2解得m 2(Mm)(qBR)2mMc2说明：若利用【名师点睛】A4 M 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)a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..如图所示，足够大的平行挡板A1,A2竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域I和H,以水平面 yN为理想分界面.I区的磁感应强度为 Bo,方向垂直纸面向外，A1,A2上各有位置正对的小孔S1,S2,两孔与分界面yN的距离为L.质量为m,电量为+q