高中物理帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動專項訓練100(附答案)含解析-資料下載頁
2025-04-02 21:09本頁面
【正文】 】（1） （2） （3）【解析】【詳解】（1）帶電粒子進入磁場受到洛倫茲力的作用做圓周運動解得：（2）由（1）問中可知，取任意方向進入磁場的粒子，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知四邊形為菱形，所以，又垂直于軸，粒子出射的速度方向與軌跡半徑垂直，則所有粒子離開磁場時的方向均與軸平行，所以粒子從軸正半軸上射入電場的縱坐標范圍為．（3）假設粒子沒有射出電場就打到熒光屏上，有 解得：，說明粒子離開電場后才打到熒光屏上．設從縱坐標為的點進入電場的粒子在電場中沿軸方向的位移為，則 代入數(shù)據(jù)解得設粒子最終到達熒光屏的位置與點的最遠距離為，粒子射出的電場時速度方向與軸正方向間的夾角為，所以，由數(shù)學知識可知，當時，即時有最大值，所以13．處于靜止狀態(tài)的某原子核X，發(fā)生α衰變后變成質(zhì)量為mY的原子核Y，被釋放的α粒子垂直射入磁感應強度為B的勻強磁場中,測得其圓周運動的半徑為R，設α粒子質(zhì)量為m，質(zhì)子的電荷量為e，試求:(1)衰變后α粒子的速率vα和動能Ekα。(2)衰變后Y核的速率vY和動能EkY。(3)衰變前X核的質(zhì)量mX．【答案】(1) (2) (3)【解析】【詳解】（1）α粒子在勻強磁場中做圓周運動所需的向心力由洛倫茲力提供,即 α粒子的電荷量q=2e所以α粒子的速率 動能（2）由動量守恒mvαmYvY=0,所以（3）由質(zhì)能方程ΔE=Δmc2，而ΔE=Ekα+EkY所以 衰變前X核的質(zhì)量mX=m+mY+Δm=m+mY+14．如圖，第一象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，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α=60176。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v0；（2）第三、四象限磁感應強度的大小B/；【答案】（1）（2）【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，設粒子在第二象限圓周運動的半徑為r，由幾何知識得： 根據(jù)得粒子在第一象限中做類平拋運動，則有； 聯(lián)立解得（2）設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x和y，根據(jù)粒子在第三、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x軸正方向的夾角等于α．則有：x=v0t， 得由幾何知識可得 y=rrcosα= 則得所以粒子在第三、四象限圓周運動的半徑為粒子進入第三、四象限運動的速度根據(jù)得：B′=2．4B考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動15．如圖所示，真空中區(qū)域I存在垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域II存在水平向右的勻強電場，磁場和電場寬度均為d且長度足夠長，圖中虛線是磁場與電場的分界線，Q為涂有熒光物質(zhì)的熒光板，電子打在Q板上能產(chǎn)生亮斑?，F(xiàn)有一束電子從A處的小孔以速度 v0連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向平行紙面且與P板成300夾角。已知電子質(zhì)量為m，電荷量大小為e，區(qū)域II的電場強度，不計重力和電子間的相互作用力，求：(1)若電子垂直打在Q板上，I區(qū)磁場的磁感應強度B1大小和電子到達Q板的速度。(2)逐漸增大磁感應強度B1為保證Q板上出現(xiàn)亮斑，所加磁感應強度B昀最大值。【答案】（1）；；（2）I區(qū)磁場的磁感應強度最大值為【解析】【詳解】（1）電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得，可解得若電子垂直打在Q板上，出磁場時須與磁場的右邊界垂直，如圖所示，由幾何關系得r1cos30176。=d，可解得 故I區(qū)磁場的磁感應強度為 電子在電場中做勻減速直線運動，由動能定理得，解得（2）電子在電場中運動過程，由動能定理得 ，解得若電子恰好打在Q板上，說明速度的方向剛好與Q板平行，設電子進入電場時速度方向與虛線邊界間的夾角為θ，v0cosθ=v，解得θ=60176。在磁場中，由幾何關系知 r2cos30176。+r2cos60176。=d，得，此時 故I區(qū)磁場的磁感應強度最大值為
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