高中物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含答案)

1、高中物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含答案)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，在兩塊水平金屬極板間加有電壓U構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，一束比荷為105C / kg的帶正電的粒子流(重力不計(jì))，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(chǎng)偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入一具有理想邊界的半圓形變化磁場(chǎng)區(qū)域，。為圓心，區(qū)域直徑 AB長(zhǎng)度為L(zhǎng)=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(chǎng)，已知 Bo=0. 5T,磁場(chǎng)方向 以垂直于紙面向外為正.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后， 恰好從下極板邊緣 。點(diǎn)與水平方向成45°斜向下射入磁場(chǎng).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(shí)刻射入磁場(chǎng)的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t和離開磁場(chǎng)的位置.(3)要使所有帶電粒子通過 。點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)過程中 不再?gòu)腁B兩點(diǎn)間越過，求出磁場(chǎng)的變化 周期Bo, To應(yīng)滿足的條件.【答案】(1) 100V (2) t=210 5s,射出點(diǎn)在AB間離。點(diǎn)0.04J2 m5(3) T0 10 s 3【解析】試題分析：(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，從O點(diǎn)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(chǎng)中經(jīng)過半周從 OB中穿出，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間= 2；rxl0"射出點(diǎn)在AB間離。點(diǎn)0040(3)粒子運(yùn)動(dòng)周期丁 = = 4；tx10 1 ,粒子在t=0、f=三時(shí)刻射入時(shí)，粒子最Bq2可能從AB間射出如圖，由幾何關(guān)系可得臨界時(shí)要不從AB邊界射出，應(yīng)滿足得.一考點(diǎn)：本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2.歐洲大型強(qiáng)子對(duì)撞機(jī)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(duì)撞的高能物理設(shè)備，其原理可簡(jiǎn)化如下：兩束橫截面積極小，長(zhǎng)度為1-0質(zhì)子束以初速度vom,電量為e；加速極板同時(shí)從左、右兩側(cè)入口射入加速電場(chǎng)，出來后經(jīng)過相同的一段距離射入垂直紙面的圓形勻 強(qiáng)磁

4、場(chǎng)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?yàn)?Uo,且滿足eUo=mvo2。兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)裝置處2于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對(duì)論效應(yīng)。(1)試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場(chǎng)加速后(未進(jìn)入磁場(chǎng))的速度Y和磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B;2 v evB m r2mv0eRR(2)如果某次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場(chǎng) 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(zhǎng)度lo應(yīng)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(duì)于單個(gè)質(zhì)子進(jìn)入加速電場(chǎng)后，則有：eU0 mv mv02232又：eU0mv02解得：v 2vo ；根據(jù)對(duì)稱，兩束質(zhì)子會(huì)相遇于OO的中點(diǎn)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(diǎn)為 D,過C、D點(diǎn)作速度的垂線相交于 K,則K,則K點(diǎn)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(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度：BR(2)磁場(chǎng)O的圓心上移了 一，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對(duì)稱，但是粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)達(dá)半徑2認(rèn)為R,對(duì)于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從 F點(diǎn)射入磁場(chǎng)，如圖所示，E點(diǎn)是原來C點(diǎn)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(huì)從 D點(diǎn)射出，但方向并不沿 OD方向，K為 粒子束的圓心R由于磁場(chǎng)上移了一，故sin/2R 1兀兀COF= 2 =-, / COF, / DOF=/ FKD=-12 263對(duì)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(diǎn),卜方粒子到達(dá)C后最先到達(dá)D點(diǎn)的粒子所需時(shí)間為t 萬R （H 萬 2R）（4）R2Vo4Vo而上方粒子最后一個(gè)到達(dá)E點(diǎn)的試卷比下方粒子中第一個(gè)達(dá)到C的時(shí)間滯后及l(fā)-0-to上方最后的一個(gè)粒子從E點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)所需時(shí)間為2冗353R12voR Rsin - - 2t

7、R362V o2V o要使兩質(zhì)子束相碰，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足t t t聯(lián)立解得l0冗3百 6123.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第I、n象限內(nèi)無電場(chǎng)和磁場(chǎng)。第IV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)，第出象限內(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Vo的速度垂直射入2電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力和空氣阻力，P、。兩點(diǎn)間的距離為 m02qEM K K M(1)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IV象限的磁場(chǎng)直接回到第出象限的電場(chǎng)中，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小需要 滿足的條件?！敬鸢浮?1)岳0 ,

8、mv0 (2) B (- 1)E qEv0【解析】【詳解】(1)由動(dòng)能定理有： qE mv0- 1mv2 1 mv2 2qE 22,22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(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(chǎng)直接回到第 出象限的電場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)

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(diǎn)有一粒子源向圓平面內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量 m、電量-q的粒子，粒子重力 不計(jì).(1)有一帶電粒子以的速度垂直磁場(chǎng)進(jìn)入圓形區(qū)域，恰從B點(diǎn)射出.求此粒子在磁由場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.(2)若磁場(chǎng)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(chǎng)，經(jīng)過 2次碰撞后回到 A點(diǎn)，則該粒子的速度為多大 ？(3)若R=3cm、B=0.2T,在A點(diǎn)的粒子源向圓平面內(nèi)的各個(gè)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(chǎng)中能到達(dá)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(duì)應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式，結(jié)合 t=】T求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.(2)粒子徑向射入磁場(chǎng)，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(dá)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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則 :因?yàn)橹芷诙?= .7 .(2)粒子運(yùn)動(dòng)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(dá)的區(qū)域?yàn)閳D中的陰影部分區(qū)域面積為11彳兀(23)2-、為32=9.0 X 14m2【點(diǎn)睛】 本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，需掌握粒子的半徑公式和周期公式，并能畫出 粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解.該題對(duì)數(shù)學(xué)幾何能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的 訓(xùn)練.5 .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)無形的容器。2018年11月12日我國(guó)宣布 東方超環(huán)”(

12、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 一 3茲曼常量k可以將微觀粒子的平均動(dòng)能與溫度定量聯(lián)系起來，其關(guān)系式為 Ek *kT,其2中k=1.380649X1(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 To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1、2,

13、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,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。_ 15.3kmTo'(2)、-(3)q22(1)微觀粒子的平均動(dòng)能:3Ek -kT 2 10215 J2【答案】(1) Ek 2 10 J3kmT°R Bq(3)磁場(chǎng)最小時(shí)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(biāo)系x

14、0y平面的一、四個(gè)象限內(nèi)各有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方向區(qū)域,二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個(gè)高L,寬2L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，各磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)電場(chǎng).現(xiàn)有一質(zhì) 量為四電荷量為q的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)(L, 3L/2)處以初速度v0沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，射 出電場(chǎng)時(shí)通過坐標(biāo)(0, L)點(diǎn)，不計(jì)粒子重力.(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度大小E;(2)為使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后途經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)0到達(dá)坐標(biāo)(-L, 0)點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)求第(2)問中

15、粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到坐標(biāo) (-L, 0)點(diǎn)所用的時(shí)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),需畫出粒子在磁場(chǎng)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(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)有：Lv0t , -at, qEma2聯(lián)立解得：E mv0-qLvx(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度萬向與y軸負(fù)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(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，粒子能到達(dá)( L, 0 )點(diǎn)，應(yīng)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(duì)

16、應(yīng)的圓心角為一；當(dāng)滿足2L=(2n+1)x時(shí)，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(duì)應(yīng)的圓心角為鼻一.則有x=、2 R,此時(shí)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(duì)應(yīng)的圓心角為萬.則有x2 J2R2,此時(shí)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(jìn)入磁場(chǎng)后途經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)0到達(dá)坐標(biāo)（-L,0）點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)人磁場(chǎng)到從坐標(biāo)0 =2nx-x 2=2n兀則t T2n 2n mqL（一 L, 0）點(diǎn)射出磁場(chǎng)過程中，圓心角的總和LqB2vo若軌跡如圖乙，粒子從進(jìn)人磁場(chǎng)到從坐標(biāo)（一 L, 0）點(diǎn)射出磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)到坐標(biāo)（-L, 0）點(diǎn)所用的時(shí)間為2n m L或qB 2V0t2T2(4n 2)(4n 2) m LVoqB27 .電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板

18、由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖甲所示.大量電子由靜止開始，經(jīng)加速電場(chǎng)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(chǎng).當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為 2to；：當(dāng)在兩板間加最大值為 Uo、周期為2to的電壓(如圖乙所 示)時(shí)，所有電子均能從兩板間通過，然后進(jìn)入豎直寬度足夠大的勻強(qiáng)酸場(chǎng)中，最后打在豎 直放置的熒光屏上.已知磁場(chǎng)的水平寬度為L(zhǎng),電子的質(zhì)量為 m、電荷量為e,其重力不計(jì).0U .,p.rIrI國(guó)甲圖乙(1)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO'的最遠(yuǎn)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(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(yuǎn)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(chǎng)中射出時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)為:Rsin設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(chǎng)時(shí)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(gè)時(shí)刻從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進(jìn)入磁場(chǎng) 后做圓周運(yùn)動(dòng)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(chǎng)時(shí)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(fù)方向的勻強(qiáng)電

21、場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)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(qiáng)磁場(chǎng)，其中第二象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，一帶正電的粒子，從 P （-d, 0）點(diǎn)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(diǎn)（圖中未畫出）垂直 y軸進(jìn)入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點(diǎn)，回到P點(diǎn)時(shí)速度方向與入射方時(shí)相同，不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子從P點(diǎn)入射時(shí)的速度 V。；（2）第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B/;【答案】（1） 旦（2） 2.4B3B【解析】試題分析：（1）粒子從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡如圖，設(shè)粒子在第二象限圓周運(yùn)動(dòng)

22、的半徑為 r,由幾何知識(shí)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(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移分別為三、四象限圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知粒子剛進(jìn)入第四象限時(shí)速度與則有:x=Votvy.y5tvy2V0tan2.32由幾何知識(shí)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(yùn)動(dòng)的半徑為1,2, d - d23sin粒子進(jìn)入第三、四象限運(yùn)動(dòng)的速度Vov cos2vo4、. 3qBd3m粒子在第一象限中做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)9.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系 xoy的第二、三象限內(nèi)有方向沿 y軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一、四象限內(nèi)有圓形有界磁場(chǎng)，有界磁場(chǎng)的半徑為當(dāng)Y2 l,磁揚(yáng)場(chǎng)的方向垂直于坐標(biāo)平面2向里，磁場(chǎng)邊界與 y軸相切于。點(diǎn)，在x軸上坐標(biāo)為(一L, 0)的P點(diǎn)沿與x軸正向成0 =5 方向射出一個(gè)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(chǎng)偏轉(zhuǎn) 垂直y軸射出電場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)以沿y軸負(fù)方向的速度射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力.求粒子從y軸上射出電場(chǎng)

24、的位置坐標(biāo)；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小及勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)粒子從P點(diǎn)射出到出磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆過程，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子出射 位置坐標(biāo).(2)應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子在電場(chǎng)中的加速度，應(yīng)用位移公式求出電場(chǎng)強(qiáng)度；粒子在 磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度.(3)根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)過程，求出粒子在各階段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求出總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.【詳解】(1)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為

25、類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng), 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(chǎng)的位置為：(0, , L)； 2(2)粒子在電場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子以沿y軸負(fù)方向的速度射出磁場(chǎng)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)得：AC與豎直方向夾角為 45°,因此AAC剛好為有界磁場(chǎng)邊界圓的直徑，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑:r=L,粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：ti v0cos2qvB=m ,r2LVo粒子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻速直線運(yùn)動(dòng),粒子做運(yùn)動(dòng)直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2 -V粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)間:L 21 Lt=t 1+t2 +t3=- % 2v0本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問題，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用洛倫茲力提供向 心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 求解，解題關(guān)鍵是要作出臨界的軌跡圖，正確運(yùn)用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系，分析好從電場(chǎng)射

27、入磁場(chǎng) 銜接點(diǎn)的速度大小和方向，運(yùn)用粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在 磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.10.如圖所示，x軸的上方存在方向與 x軸成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為 E, x軸的下 方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B 0.5T.有一個(gè)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(biāo)原點(diǎn) O沿與x軸成D45°角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)過磁場(chǎng)和電場(chǎng)的作用，粒子從 。點(diǎn)出發(fā)后第四次經(jīng)過 x軸 時(shí)剛好又回到 O點(diǎn)處，設(shè)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的區(qū)域足夠?qū)?，不?jì)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(shí)的橫坐標(biāo)是多少？電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小及帶電粒子從 。點(diǎn)出發(fā)到再次回到 。點(diǎn)所用的時(shí)間.【答案】 帶電粒子第一次經(jīng)過 x軸時(shí)的橫坐標(biāo)是0.57m；電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為1 103V/m,帶電粒子從 。點(diǎn)出發(fā)到再次回到 。點(diǎn)所用的時(shí)間為 2.1 10 3s.【解析】【分析】(1)粒子在磁場(chǎng)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(biāo)；(2)然后進(jìn)入電場(chǎng)中，恰好做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零后又返回，以相同速率再次進(jìn)入磁場(chǎng) 仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進(jìn)入電場(chǎng)正好做類平拋運(yùn)動(dòng).粒子在磁場(chǎng)

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

30、標(biāo)原點(diǎn) 。處，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.由幾何關(guān)系可得，第二次進(jìn)入電場(chǎng)中的位移為2V2R，在垂直電場(chǎng)方向的位移 S vt1 ,運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1包2R 4 104s v v12在沿電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度E ma 1 103V/m q粒子從第一次進(jìn)入電場(chǎng)到再返回磁場(chǎng)的時(shí)間t22va4 10 4s,粒子在磁場(chǎng)中兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和剛好是做一個(gè)完整圓周運(yùn)動(dòng)的周期2 mBq10 4 s32.1 10 s所以粒子從出發(fā)到再回到原點(diǎn)的時(shí)間為tt1 12 T【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中兩運(yùn)動(dòng)模型：勻速圓周運(yùn)動(dòng)

31、與類平拋運(yùn)動(dòng)，及相關(guān)的綜 合分析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力.11.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.磁場(chǎng)中的水平絕緣薄板與磁場(chǎng)的左、右邊界分別垂直相交于 M、N, MN=L,粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈（碰撞時(shí)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(chǎng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d,且d<L,粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變.(1)(3)求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小 v;欲使粒子從磁場(chǎng)右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；從P點(diǎn)射入的粒子最終從 Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，PM=d, Q

32、N=d,求粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t.d_qBd；(2) md ; ( 3) A.當(dāng) L 2nd (1 ) d 時(shí),2Tm一 ,B.當(dāng) L 2qB 'nd3v3 4、Tm)6 2qB【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)周期T2 7mqB設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場(chǎng)的時(shí)間為t，則t nT t(n 1,3,5,L L ) 4A.當(dāng) L

33、 nd (1d時(shí)，粒子斜向上射出磁場(chǎng)1/解得t3點(diǎn)46jm2qBB.當(dāng) L nd (1+)25Lt 11T 解得 t(/d時(shí)，粒子斜向下射出磁場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)，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(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)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(chǎng)換為平等于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在 b點(diǎn)離開該區(qū)域.若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)【解析】【分析】【詳解】解答

34、本題注意帶電粒子先在勻強(qiáng)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，后在勻強(qiáng)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng).帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng).粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng).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(diǎn)的速度.過b點(diǎn)和。點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c和d點(diǎn).由幾何關(guān)系知，線段 £bC和過a、b兩點(diǎn)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng).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(chǎng)中的受力公式得qE="ma"粒子在電場(chǎng)方向和直線方向所走的距離均為r,有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得1 12 r -at 2r=vt 2式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.聯(lián)立式得E -qRB-®5 m【點(diǎn)睛】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時(shí)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(chǎng)的半徑與運(yùn)動(dòng)軌道的圓弧半徑要區(qū)別開來.13.通過測(cè)量質(zhì)子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和打到探測(cè)板上的計(jì)數(shù)率（即打到探測(cè)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(shí)放出質(zhì)量可視為零的反中微子如圖

36、所示，位于 P點(diǎn)的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個(gè)質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射N個(gè)質(zhì)子。在P點(diǎn)下方放置有長(zhǎng)度L 1.2m以O(shè)為中點(diǎn)的探測(cè)板，P點(diǎn)離探測(cè)板的垂直距離 OP為a。在探測(cè)板的上方存在 方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。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(dòng)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(yīng)式，求電子和反中微子的總動(dòng)能（以 MeV為能量單位）；(2)當(dāng)a 0.15m , B 0.1T時(shí)，求計(jì)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(jì)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(yīng)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(yīng)過程中：2 22Ed mncmDcmec0.79MeVnpe根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能關(guān)系：2Ekp 0.04