1、23 带电粒子在磁场中的多解问题 1 (2020 湖北省松滋市言程中学高二月考)如图所示， 匀强磁场的磁感应强度为 B， 方向垂直 xOy平面向外。 某时刻一个质子从点(L0，0)处沿 y 轴负方向进入磁场；一个 粒子同时从点(L0，0)进入磁场，速度方 向在 xOy 平面内。设质子的质量为 m、电荷量为 e，不计质子与 粒子的重力和它们之间的相互作用。 如果 粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，已知质子和 粒子都带正电，且 粒子的质量是质子质 量的 4 倍，粒子带的电荷量是质子的 2倍，则( ) A质子的速度大小为 2eBL m B质子的速度大小为 2 eBL m C两粒子相遇时，粒子的运动
2、时间可能是 3m eB D两粒子相遇时，粒子的运动时间可能是 5 2 m eB 【答案】BC 【详解】 AB质子的运动轨迹如图所示。 其圆心在 0 2 L x 处，其半径 0 2 L R ，质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 2 v evBm R 解得 0 2 eBL v m 故 A 错误，B正确； CD质子在磁场中做匀速圆周运动的周期 H 22Rm T veB 同理，粒子的周期是质子周期的 2 倍；由于 粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，故相遇时质子 可能运动了半个周期，也有可能运动了一个半周期。如果相遇时质子只运动了半个周期，则质子的运动 时间为 H 1
3、2 m tT eB 如果质子运动了一个半周期相遇，则质子的运动时间为 H 3323 22 mm tT eBeB 两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，故 粒子的运动时间可能是 m t eB 或 3 m t eB 故 C 正确，D错误。 故选 BC。 2如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为 B的匀强磁场被边长为 L的等边三角形 ABC 分开，三角形 内磁场垂直纸面向里， 三角形顶点 A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重 力不计)，所有质子均能通过 C 点，质子比荷 q m k，则质子的速度可能为( ) A2BkL B 2 BkL C 3 2 BkL D 8
4、BkL 【答案】BD 【详解】 因质子带正电，且经过 c点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径 r L n (n1，2，3) 由洛伦兹力提供向心力得 Bqvm 2 v r 即 v qBr m Bk L n (n1，2，3) 故 BD正确。 故选 BD。 3(2019 天津市南开区南大奥宇培训学校高二月考)长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感 应强度为B，板间距离也为L，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从 左边极板间中点处垂直磁场以速度v水平入射， 如图所示。 欲使粒子不打在极板上， 可采用的办法是( ) A使粒子速度 4
5、 BqL v m B使粒子速度 5 4 BqL v m C使粒子速度 4 BqL v m D使粒子速度 5 44 BqLBqL v mm 【答案】AB 【详解】 如图所示 设粒子恰好从右边穿出时圆心在O点，有 2 22 11 2 L rLr 解得 1 5 4 rL ，又因为 1 1 mv r qB 得 1 5 4 BqL v m 所以 5 4 BqL v m 时粒子能从右边穿出； 粒子恰好从左边穿出时圆心在O点，由 2 4 L r 2 2 mv r qB 得 2 4 qBL v m 故 4 BqL v m 时粒子能从左边穿出。 故选 AB。 4 如图所示， 在直角三角形 ABC 内充满垂直纸面
6、向外的匀强磁场(图中未画出)， AB 边长度为 d， 6 B 。 现垂直 AB边射入一束质量均为 m、电荷量均为 q、速度大小均为 v 的带正电粒子。已知垂直 AC边射出 的粒子在磁场中运动的时间为 t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为 0 4 3 t(不计重力)，则下 列说法中正确的是( ) A粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 4t0 B该匀强磁场的磁感应强度大小为 0 2 m qt C粒子在磁场中运动的轨道半径为 2 5 d D粒子进入磁场时速度大小为 0 3 5 d t 【答案】ABC 【详解】 A根据题意垂直AB边进入，垂直AC边飞出，经过四分之一个周期，即 0 1 4 T
7、t 解得 0 4Tt A正确； B洛伦兹力提供向心力 2 v qvBm R 解得 mv R qB 粒子运动的周期 0 22 4 Rm Tt vqB 解得磁感应强度 0 2 m B qt B正确； C粒子与BC边相切，运动时间最长，满足 0 41 33 tT，在磁场中转过圆心角120，如图 根据几何关系可知 sin 6 sin 6 R Rd 解得 2 5 Rd C正确； D根据 2 R T v 可知 00 2 2 2 5 45 d Rd v Ttt D错误。 故选 ABC。 5如图所示，S 为一离子源，MN为荧光屏，其长度为 2 3MNL ，S到 MN 的距离为 SP=L，P为 MN 的中点，M
8、N的左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源 S 一次性沿平行纸面的各个方向均匀地喷发大量的正离子(此后不再喷发)，喷发的离子速率均相等、质 量均为 m、电荷量均为 q。不计粒子重力，不考虑离子之间的相互作用力，下列说法正确的是( ) A若离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 2L，则离子喷发时的速率为 2 qBL m B速率为 4 qBL m 的离子，一定打不到荧光屏上 C速率为 qBL m 的离子，能打中荧光屏的最短时间为 2 m qB D速率为 qBL m 的离子，能打到荧光屏 MN上的范围为( 31)L 【答案】BD 【详解】 A洛伦兹力提供向心力
9、 2 2 v qvBm L 解得 2qBL v m A错误； B离子运动的半径为 1 1 4 4 q r BL v m m mL qBqB 则离子圆周运动直径 1 2 2 L rSPL 所以离子一定打不到荧光屏上，B正确； C离子运动的半径为 2 2 m mv rL qBL qBB m q 离子在距离荧光屏最短弦长为L，即SP距离，对应圆心角最小，如图 则打在荧光屏上的最短时间为 602 3603603 mm tT qBqB C错误； D因为离子半径满足 2 rLSP 则离子打到荧光屏上的临界距离满足与板上边界相切于A点，下边界刚好击中N点，此时有 2 22SNrL 根据几何关系可知打在荧光屏
10、上的距离为 ( 31)NANPPAL D正确。 故选 BD。 6如图为“EAST超导托卡马克核聚变实验装置”的简化模型：把核材料约束在半径为 r2的圆形区域内，等 离子体只在半径为 r1的圆形区域内反应，环形区域(约束区)存在着垂直于截面的匀强磁场。假设约束的 核聚变材料只有氕核(1 1H)和氘核( 2 1H)，已知氕核( 1 1H)的质量为 m，电量为 q，两个同心圆的半径满足 r2 ( 21)r1，只研究在纸面内运动的核子，不考虑核子间的相互作用、中子和质子的质量差异以及速 度对核子质量的影响。设核聚变材料氕核(1 1H)和氘核( 2 1H)具有相同的动能 Ek，则以下说法正确的是 ( )
11、 A氕核(1 1H)和氘核( 2 1H)的比荷之比为 1：2 B氕核(1 1H)和氘核( 2 1H)分别在环形区域做匀速圆周运动的半径之比为 1：2 C为了约束从反应区沿不同方向射入约束区的核子，则环形磁场区域所加磁场磁感应强度 B满足的条 件为 B k 1 2 mE qr D若约束区的磁感应强度为 B0，氕核(1 1H)从圆心 O 点沿半径方向以某一速度射入约束区，恰好经过约 束区的外边界，则氘核(1 1H)再次回到反应区所用时间 t 0 (32) 2 m qB 【答案】BCD 【详解】 A氕核(1 1H)和氘核( 2 1H)的比荷之比为 1 1 :2:1 1 2 故 A 错误； B根据 2
12、 v qvBm R 得 k 2mEmv R qBqB 则半径之比为 1 1 2 1 H H 111 122 R R 故 B 正确； C如图 1 所示，当离子的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨道与磁场外圆相切时所需磁场 的磁感应强度 B，即为要求的值，设轨迹圆的半径为 R1，由几何关系得 21 11 2 22 rr Rr 根据 2 1 v qvBm R 解得 k 11 22mEmv B qrqr 故 C 正确； D如图 2所示，由几何关系得 222 2122 RrrR（） 解得 21 Rr 离子在 b区域中做匀速圆周运动的周期 0 2m T qB ，离子在 b区域中一次运动的时间 3 4
13、 tT 联立解得 0 (32) 2 m t qB 故 D 正确。 故选 BCD。 7(2020 浙江余姚中学高二月考)如图所示，真空室内有一个点状的 粒子放射源 P，它向各个方向发射 粒子(不计重力)，速率都相同。ab 为 P点附近的一条水平直线(P 到直线 ab的距离 PC=L)，Q为直线 ab 上一点，它与 P点相距 PQ= 5 2 L(现只研究与放射源 P和直线 ab同一个平面内的 粒子的运动)，当真 空室内(直线 ab 以上区域)只存在垂直该平面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场时，水平向左射出的 粒子恰到达 Q 点。( 粒子的电荷量为+q，质量为 m；sin37 =0.6；cos37
14、=0.8)求： (1) 粒子的发射速率； (2)能到达直线 ab的 粒子所用最长时间和最短时间的比。 【答案】(1)v= 5 8 qBL m ；(2) 233 106 【详解】 (1)设 粒子做匀速圆周运动的半径 R，过 O作 AO垂直于 PQ，垂足为 A，如图所示： 由几何关系可得 = PCQA PQQO 代入数据可得 粒子轨迹半径 5 = 8 R QOL 洛伦兹力提供向心力，有 2 = v qBv m R 解得 粒子发射速度为 5 = 8 qBL v m (2)粒子的运动轨迹圆弧 O1和直线 ab 相切于 D点时， 粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，如图所 示： 由几何关系可得 3 si
15、n 5 LR R 则 37 最大圆心角： max 3609037233 最长时间： max max 360 tT 粒子的运动轨迹圆弧 O2经 C点时，粒子转过的圆心角最小，运动时间最短，由几何关系可得 4 sin 25 L R 则 53 最小圆心角 min 2106 最短时间 min min 360 tT 则最长时间和最短时间的比值为 maxmax minmin 233 106 t t 8(2020 苏州市相城区望亭中学高二月考)如图所示，左、右边界分别为 PP、QQ的匀强磁场的宽度为 d， 磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里。一个质量为 m、电荷量绝对值为 q 的微观粒子，沿图示方向 以
16、速度 v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界 QQ射出，求粒子入射速度 v0的最大值？(粒子不计重力) 【答案】若粒子带正电，最大速度为 (22)Bqd m ；若粒子带负电，最大速度为 (22)Bqd m 【详解】 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 2 v qvBm R 解得半径为 mv R qB 若粒子带正电，最大半径的轨迹如图 根据几何关系可知 2 2 RRd 解得半径为 2 22 Rd 则粒子入射速度最大值为 0 22 Bqd qBR v mm 若粒子带负电，运动轨迹如图 根据几何关系可知 2 2 RRd 同理解得速度最大值为 0 22 Bqd qBR v mm 9如图甲所示，M、N为
17、竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、O正 对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场 方向为正方向。有一群正离子在 t=0 时垂直于 M板从小孔 O 射入磁场。已知正离子质量为 m、带电荷量 为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而 产生的电场的影响。求： (1)磁感应强度 B0的大小； (2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 v0的可能值。 【答案】(1) 0 2 m qT ，(2) 0 2 d nT (n=1，2，3)。
18、【详解】 (1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即： qv0B0= 2 0 mv r 做匀速圆周运动的周期： T0= 0 2 r v 联立两式得磁感应强度：B0= 0 2 m qT ； (2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即 T0时，v0的方向应如图 所示，有： r= 4 d 当在两板之间正离子共运动 n个周期，即 nT0时，有 r= 4 d n (n=1，2，3) 联立方程求解，得正离子的速度的可能值为： v0= 0 B qr m = 0 2 d nT (n=1，2，3) 10(2020 山东高三月考)如图所示，半径为 a 的圆内有一固定的边长为
19、 1.5a的等边三角形框架 ABC，框架 中心与圆心重合，S 为位于 BC边中点处的狭缝三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与 圆之间存在磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场一束质量为 m、电量为 q，不计重力 的带正电的粒子， 从 P 点由静止经两板间电场加速后通过狭缝 S， 垂直 BC边向下进入磁场并发生偏转 忽 略粒子与框架碰撞时能量与电量损失求： (1)要使粒子进入磁场后第一次打在 SB的中点，则加速电场的电压为多大？ (2)要使粒子最终仍能回到狭缝 S，则加速电场电压满足什么条件？ (3)回到狭缝 S 的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？ 【答案】(1) 22
20、9 512 qB a m ；(2) 22 2 9 (456) 32(21) qBa Un mn ， ， ，；(3) min 2.3 t qB 【分析】 (1)带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，进入磁场后做圆周运动，结合几何关系找到半径，求解加 速电场的电压；(2)要使粒子能回到 S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则可能的情况是：粒子与 框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即 SB为半径的奇数倍；要 使粒子能绕过顶点且不飞出磁场， 临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切； (3)根据带电粒子在磁场中 做匀速圆周运动的轨迹图，找到圆周运动的圆心角，结合圆周运动周
21、期公式，求出在磁场中运动的最短 时间； 【详解】 (1)粒子在电场中加速，qU 1 2 mv2 粒子在磁场中，qvB 2 mv r r 3 16 a 解得 222 2 9 2512 qBqB a Ur mm (2)要使粒子能回到 S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则 r和 v应满足以下条件： 粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即 SB为半径的奇 数倍， 即 3 214(21) SBa r nn (n1，2，3， ) 要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切， 即 ra 3 2 a 解得 n3.3，即 n4，5，6 得加速电压
22、 22 2 9 32 21 qBa U m n (n4，5，6，) (3)粒子在磁场中运动周期为 T qvB 2 mv r ，T 2 r v 解得 T 2 m qB 当 n4时，时间最短，即 tmin3 62 T 35 6 T 23 2 T 解得 tmin 23 m qB . 11(2020 浙江高三其他模拟)如图所示，真空中有以 O和 O为圆心，半径都为 r=10cm的圆柱形匀强磁场 区域和，磁场的感应强度大小相等 B=0.2T，方向垂直于纸面(xoy平面)向里。圆柱 O没有筒壁，圆柱 O的筒壁光滑绝缘，粒子与筒壁碰撞后，粒子电量和速度大小不变，方向遵循反射定律。圆柱 O与 x 轴的交点开有
23、两个小孔 A、C，并在 C 处装有阀门，控制粒子通过。在 y1=10cm到 y2=15cm的区域存在 平行于 y轴，方向沿 y轴负方向的匀强电场。现打开阀门 C，有一带正电的粒子在 y轴上的 y2=15cm处 静止释放，穿出电场后依次进入匀强磁场区域和，经磁场偏转，与筒壁碰撞后从 C 孔离开磁场，到达 位于 x=40cm处平行于 y 轴的荧光屏 MN，荧光屏就发光。带电粒子的比荷 1 108C/kg。不计粒子重力。 求： (1)电场强度的大小； (2)若带电粒子从 y2=15cm，x坐标在-5cmx5cm范围内的某位置静止开始进入电场加速，然后进入匀强 磁场，粒子进入磁场开始计时，在 t=21
24、0-7s 时刻关闭阀门 C； 从 A孔出去的粒子，与 x 轴夹角的范围； 能够从 C孔离开磁场的粒子到达荧光屏的位置(用纵坐标 y来表示)。 【答案】(1) 5 4 10 V/m；(2) 66 ，y=0， 3 30 ym ， tan 10 10 ym ， tan 14 m 10 y 或 tan 8 10 ym 。 【详解】 (1)根据几何关系可得 0.1 mv Rm qB 由动能定理可得 2 21 2 mv qE yy 解得 5 4 10E V/m (2)根据几何关系可得 66 7s 2 10 m T qB 粒子在筒壁两次碰撞点对圆心的夹角 2 所以 2 33 粒子与壁碰撞 n-l次后从 C处
25、飞出。 (21)nk(k=0，1，2，) 21k n (k=0，1，2，) 所以 3 21321 2 knk ，且 n 与 2k+1互质。 当 k=0，n 只能取 2，3。在磁场中的运动时间小于 2T n=2 时， 2 ，=0 到达荧光屏的位置 y=0 n=3 时， 3 ， 6 ，到达荧光屏的位置 3 30 ym 当 k=1，n 可以取 5，7，8。在磁场中的运动时间小于 2T n=5 时， 3 5 ， 10 ，到达荧光屏的位置 tan 10 10 ym n=7 时， 3 7 ， 14 。到达荧光屏的位置 tan 14 m 10 y n=8 时， 3 8 ， 8 。到达荧光屏的位置 tan 8
26、 10 ym 12如图所示，MN 长为 3L，NP长为 4L 的矩形 MNPQ 区域内，存在以对角线 MP 为分界线的两个匀强磁 场区域 I和 II，方向均垂直纸面向外，区域 I 的磁感应强度大小可调，区域 II 的磁感应强度大小为 B。一 质量为m、 电量为q的带正电粒子从M点以平行于MN边的方向射入磁场I区域中， 速度大小为 2 qBL v m ， 不计粒子所受重力，矩形外边线上均存在磁场。(sin37=0.6，cos37=0.8) (1)若粒子无法进入区域 II 中，求区域 I磁感应强度大小范围； (2)若区域 I的磁感应强度大小 1 2 B B ，求粒子在磁场中的运动时间； (3)若粒
27、子能到达对角线 MP 的中点 O 点，求区域 I磁场的磁感应强度大小的所有可能值。 【答案】(1) 1 0 6 B B；(2) 2 m qB ；(3)若粒子由区域达到 O 点， 1 8 33 BB、 1 16 41 BB、 1 24 49 BB； 若粒子由区域 I达到 O点， 1 8 25 BB、 1 16 33 BB 【详解】 (1)当粒子速度一定时，磁感应强度越小则粒子运动的半径越大，当运动轨迹恰好与 NP相切时，粒子恰 好不能进入区域，故粒子运动半径 R3L，由 2 1 mv qvB R 可得 1 0 6 B B (2)粒子在区域 I中运动：由 1= 2 B B、 2 1 mv qvB
28、R ，解得 R=L 粒子在区域中运动 2 v qvBm r 解得 2 L r 画出轨迹如图所示，在区域 I 中运动所对应的圆心角为106，在区域中运动所对应的圆心角为148， 所以粒子在磁场中运动的时间 106214822 360360 2 mmm t B qBqB q (3)因为粒子在区域中的运动半径 2 L r ， 若粒子在区域 I中的运动半径 R较小， 则粒子会从 MQ边射出 磁场，若粒子恰好不从 MQ 边射出时应满足粒子运动轨迹与 MQ相切，如图所示 O2O1A=74，sin74= r Rr 又因为 sin74=2sin37cos37= 24 25 解得 4949 2448 RrL 若
29、粒子由区域达到 O点，每次前进 2 2()cos37MCRr 由周期性可得 MO=nMC2(n=1，2，3) 即 58 =() 25 Ln Rr 2549 1648 RrLL n 解得 n3 n=1 时： 33 16 RL， 1 8 33 BB n=2 时 41 32 RL， 1 16 41 BB n=3 时 49 48 RL， 1 24 49 BB 若粒子由区域 I达到 O点 由周期性可得 MO=MC1+nMC2(n=0，1，2，3) 即 588 =+() 255 LRn Rr 解得 54 49 25 8 48 (1) 5 n RLL n 解得 n 26 25 n=0 时 25 16 RL，
30、 1 8 25 BB n=1 时 33 32 RL ， 1 16 33 BB 13(2020 江苏高考真题)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别 为 0 2B、 0 3B。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点 O沿 x轴正向射入磁场，速度均为 v。甲第 1 次、 第 2次经过 y 轴的位置分别为 P、Q，其轨迹如图所示。甲经过 Q 时，乙也恰好同时经过该点。已知甲 的质量为 m，电荷量为 q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求： (1)Q到 O的距离 d； (2)甲两次经过 P 点的时间间隔t； (3)乙的比荷 q m 可能的最小值。 【答案】(1) 0
31、3 mv d qB ；(2) 0 2 m t qB ；(3) 2 = qq mm 【详解】 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 2 v qvBm R 得， 1 0 2 mv R qB ， 2 0 3 mv R qB Q、O的距离为： 12 0 22 3 mv dRR qB (2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为 d，粒子再次经过 P，经过 N 个周期， 1 2 3 ROP N dd 所以，再次经过 P 点的时间为 3tNTT 由匀速圆周运动的规律得 1 1 0 2 Rm T vqB ， 2 2 0 22 3 Rm T vqB 绕一周的时间为 12 0 5 2
32、26 TTm T qB 所以，再次经过 P 点的时间为 0 5 3 2 m tT qB 两次经过 P点的时间间隔为 1 0 2 2 Tm tt qB (3)由洛伦兹力提供向心力，由 2 v qvBm R 得， 1 0 2 m v R q B ， 2 0 3 m v R q B 完成一周期运动上升的距离 12 2 2dRR 若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在 Q点相遇，则 1 2RndOQd， 12112 () 22222 TTTTT n 结合以上式子，n无解。 若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在 Q点相遇，则 ndOQ， 1212 () 2222 TTTT n 计算
33、可得 = qq n mm (n=1，2，3) 由于甲乙粒子比荷不同，则 n=2时，乙的比荷 q m 最小，为 2 = qq mm 14在如图甲所示的 xOy平面内，y 轴右侧空间有分布均匀、随时间变化的电场和磁场，其变化规律分别如 图乙、丙所示，以 y 轴正方向为电场强度的正方向，电场强度大小为 E0、2E0、3E0、；垂直 xOy 平 面向外为磁场的正方向。t=0时刻，质量为 m、电荷量为 q 的负粒子，以初速度 v0从坐标原点 O 沿 x 轴 正方向射入，不计粒子的重力。已知磁感应强度大小 0 0 2 t B m q ，求该粒子在： (1)t0时刻的速度大小； (2)2t0时刻的位置坐标；
34、 (3)nt0(n=1，2，3，)时刻的动能。 【答案】(1) 22 22 0 00 2 q E vvt m ；(2) 2 0 0 00 2qE xv tt m ， 2 0 00 0 2 2 v tqE yt m ；(3)当 n为偶数时 2 22222 2 000 k1 642 128 m vnnE q t E m (n=2，4，6)；当 n 为奇数时 22 2222 2 000 k1 6413 128 m vnnE q t E m (n=1，3，5) 【详解】 (1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿 y轴负方向的速度为 0y vat ， 0 qEma 根据 22 0y vvv 解得 22
35、 22 0 00 2 q E vvt m (2)粒子在 0 0 t时间内在电场运动，则水平位移为 10 xv t 竖直位移有 2 1 1 2 yat 粒子在 00 2tt时间内是在磁场内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 2 v Bqvm R 周期 0 0 2 m Tt B q 由题意可得，粒子运动轨迹如图所示 根据几何关系，可知水平位移为 2 0 4 sin4 y mv xR qB 竖直位移为 0 2 0 4cos4 mv yR qB 则 2t0时刻的位置坐标为 2 0 120 00 2qE xxxv tt m ， 2 0 00 120 2 2 v tqE yyyt m (3)由于粒
36、子每次经过磁场时初末速度相同，每次经过电场，在 y轴负方向不断加速，经 k次电场时， 0000 0000 23 y E qE qE qkE q vtttt mmmm (k=1，2，3) 当 n为偶数时 n=2k 0 0 2 8 y n nE q vt m (n=2，4，6) 当 n为奇数时 n=2k-1 0 0 13 8 y nnE q vt m (n=1，3，5) 0 nt时刻的动能为 22 k10 1 2 y Em vv 当 n为偶数时 2 22222 2 000 k1 642 128 m vnnE q t E m (n=2，4，6) 当 n为奇数时 22 2222 2 000 k1 64
37、13 128 m vnnE q t E m (n=1，3，5) 15在空间建立直角坐标系 xoy，以坐标原点 O 为圆心作两个半径分别为 r和 R 的同心圆，小圆与两坐标轴 分别交于 M、P、两点，Q 也是小圆上的一点；两圆将空间分隔成三个区域、。在区域内存 在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，区域内也存在垂直于坐标平面的匀强磁场，区域内没有磁场。 一个不计重力、带电量为+q、质量为 m 的粒子从 M点沿y方向进入磁场，从 P 点进入区域，又从 Q 点再次回到区域。已知POQ60，求： (1)求区域和区域内磁场的磁感应强度； (2)若要使粒子约束在磁场内，求大圆半径 R 的最小值； (3)粒子在磁
38、场中运动的周期。 【答案】(1) 0 1 mv B qr ，垂直 xoy 平面向里； 0 3mv qr ，垂直 xoy 平面向外；(2) 3r；(3) 0 16 3 (+6) 3 r v 【详解】 (1)设在区域内轨迹圆半径为 r1=r 由牛顿第二定律得 2 0 01 1 v qv Bm r 则区域磁场的磁感应强度为 0 1 mv B qr 垂直纸面向里 设粒子在区域中的轨迹圆半径为 r2，部分轨迹如图所示，由几何关系得 21 3 3 rr 由牛顿第二定律得 2 0 02 2 v qv Bm r 所以 21 3BB 0 3mv qr 方向与 B1相反，即垂直 xoy 平面向外 (2)由几何关系
39、得 R2r2+r23r2 即 R= 3r (3)轨迹从M点到Q点对应圆心角=90 +60 =150 ， 要仍从M点沿y轴负方向射入， 需满足： 150n=360m， m、n 属于自然数，即取最小整数 m=5，n=12，其中区域做圆周运动周期 T1= 1 2 m qB 区域做圆周运动周期 T2= 2 2 m qB 粒子在磁场中运动的周期 T=12(T1+T2)= 0 16 3 (6) 3 r v 16运动的合成与分解告诉我们一个复杂合运动可看成几个简单分运动同时进行，比如平抛运动：如果我 们想直接得到它的轨迹方程就比较困难，为方便处理，我们将合运动分解成一个匀速直线运动和一个匀 变速直线运动同时
40、进行。这种思想方法得到了广泛的应用。如图所示，一人工转变核反应的反应区 A， 内有 粒子以速率 v轰击静止的铍核( 9 4Be)，单位时间发射大量 粒子，发生核反应生成碳核(碳 12)和 另一个核子，三者速度在同一直线上，且碳核速度与 粒子入射速度同向。反应区 A 的大小忽略不计， 碳核仅在如图所示的竖直平面内，从反应区 A限定角度内可以沿各个方向按平面机会均等地射出，其速 率为 3 4cos deB v m ( 为碳核与水平方向的夹角，最大为 75 )。整个空间处于一个向右的场强为 B 的 匀强磁场中，距离反应区右侧 d 位置处有一个圆屏，圆心 O 与反应区 A 的连线垂直于圆屏。(不考虑粒
41、 子重力作用及生成物间的相互作用)。已知电子电荷量大小为 e，中子和质子质量均为 m，于是各粒子的 质量和电荷量均可表示，求： (1)写出核反应方程式，书写时请推断出核反应生成的另一核子，并计算 =0时另一核子的速率； (2)若单位时间内 2 5 数量的碳核打到圆屏上，求圆屏的半径； (3)若已知圆屏的半径为 R，求单位时间内打到圆屏上碳核的数目占总生成碳核的百分比。 【答案】(1) 49121 2460 HeBeCn， 9 4 deB v m ；(2) 9 2 d ；(3)见解析 【详解】 (1)核反应方程式为 49121 2460 HeBeCn 反应前后动量守恒，有 1 3 4 012 4
42、cos deB mvmmv m 当 =0 时，解得 1 99 4 4 cos deBdeB vvv mm (2)生成碳核速度 v分解成水平方向与竖直方向， 水平分速度为cosv， 水平方向做匀速运动， 竖直面内， 竖直分速度sinv，做匀速圆周运动，则有 2 12 ( sin ) 6sin m v eBv r ， 2 sin r T v 圆周运动周期为 2124 6 mm T eBeB 向左射出的碳核不能达到圆屏所在的竖直面，只有向右射碳核才能到达竖直面，向右射出的碳核从反应 区到圆屏平面的时间为 4 cos3 dm t veB 解得 1 3 tT 即碳核正好转过 1 3 个圆周，对应圆心角
43、=120 ，碳核做圆周运动的半径为 12sin3 tan 62 mvd r eB 为碳核与水平方向的夹角， 最大为 75 ，单位时间内 2 5 数量的碳核打到圆屏上，则 =60。由几何关 系可得 39 2 sin2tan60 sin60 = 222 dd Rr (3)综上分析，圆屏的半径为 R，碳核的数目占总生成碳核的百分比为 k，当 最大为 75 时，碳核打到 圆屏上的位置距离圆心 3(96 3) 2 sintan75 sin60 = 222 dd Rr a.当 (96 3) 2 d R 时，向右射出的碳核粒子能够全部打到圆屏上，k=50%； b.当 (96 3) 2 d R 时，碳核做圆周
44、运动的半径 33 tan 2sin6032 Rd rR 则 2 3 arctan 9 R d 及 2 3 arctan2 2 300300 9 k R d 17如图甲所示，长方形 MNPQ 区域(MN=PQ=3d，MQ与 NP 边足够长)存在垂直纸面向里的匀强磁场，其 磁感应强度为 B。有一块长为 5d、厚度不计的荧光屏 ab，其上下两表面均涂有荧光粉，平行 NP边放置 在磁场中，且与 NP边相距为 d，左端 a 与 MN相距也为 d。电子由阴极 K均匀地发射出来(已知电子质 量为 m、电荷量为 e、初速度可视为零)经加速电场加速后，沿 MN 边进入磁场区域，若电子打到荧光屏 就被吸收。忽略电
45、子重力和一切阻力，求： (1)如果加速器的电压为 U，求电子刚进入磁场的速度大小； (2)调节加速电压，求电子落在荧光屏上，使荧光屏发光的区域长度； (3)若加速电压按如图乙所示的图象变化，求从 t=0开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子 数的比例；并分析提高该比例的方法，至少提出三种。 【答案】(1) 2eU v m ；(2)5d；(3)62.5%；方法见解析 【详解】 (1)根据 2 1 2 eUmv 求得 2eU v m (2)打在荧光屏 a 点的电子，由几何关系得 22 2 11 2RdRd 求得 1 2.5Rd 若减小粒子的速度，粒子打到荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于
46、 c点，是粒子的最小速度， 由几何关系可知，对应粒子做圆周运动的半径 1 2Rd 因此 ac 区域长度是 acd 若增大粒子的速度，粒子打到荧光上表面，临界条件是粒子运动轨迹与 NP 相切， 由几何关系得 3 3Rd 那么 22 332agdddd ， 求得 25agdd 由于 3afd 那么 5fgdd 发光区域的总长度为 5dacfgd (3)由第(2)步可知，粒子半径在23dRd的区间内，粒子能打在荧光屏上 结合 2 v evBm R 2 1 2 eUmv 得 22 2 eB R U m 可求得：当 2222 24.5eB deB d U mm 时粒子能打在荧光屏上 因此 2222 2222 4.52 62.5% 5 eB deB d mm eB deB d mm 提高粒子打在荧光屏上比率的方法： 扩大荧光屏上方磁场区域荧光屏左端适当往左移一些荧光屏适当往 MQ端移动适当减小加速电 压的最大值适当增大加速电压的最小值 18利用电磁场可以控制带电粒子的速度大小与方向。在图示坐标系的第象限，存在一个圆心为坐标原 点的 1 4 圆环状的均匀辐向电场，圆环在 y轴上的截面长度为
