【正文】 ⑧ 又 qE=ma ⑨ 由 ⑦ ⑧ ⑨ 式得 33Rr? ⑩ 由幾何關(guān)系 sin2Rr?? ○ 11 即 3sin2?? 3??? ○ 12 帶電粒子在磁場中運動周期 2 mTqB?? 則帶電粒子在磁場中運動時間 22RtT??? 所以 0318Rtt?? ○13 25（ 20xx 全國卷 1） .（ 19分）（注意：在試卷上作答無效） 如圖，與水平面成 45176。一質(zhì)量為 m、電荷量為 q（ q＞ 0）的粒子以速度 0v 從平面 MN 上的 0p 點水平右射入I 區(qū)。求粒子首次從 II 區(qū)離開時到出發(fā)點 0p 的距離。 解析：設(shè)粒子第一次過 MN時速度方向與水平方向成α 1角，位移與水平方向成α 2 角且α 2=450，在電場中做類平拋運動， 則有： 02,1 ,2v t x x yEqat y am????得出：1 0tan 2atv? ?? 002 , 5yv v v v?? 在電場中運行的位移 : 2222 001 2 2 2 2v m vs x y a E q? ? ? ? 在磁場中做圓周運動，且弦切角為α =α 1α 2， 1212ta n ta n 1 1 0ta n , s in1 ta n ta n 3 1 0???????? ? ??? 2vqvB mR? 得出： 05mvRqB? 在磁場中運行的位移為： 02 22 s in mvsR qB??? 所以首次從 II 區(qū)離開時到出發(fā)點 0p 的距離為： 20012 2 2 2m v m vs s s q E q B? ? ? ? 25（ 20xx 全國理綜） .（ 19 分） 如圖，在區(qū)域 I（ 0≤ x≤ d）和區(qū)域 II（ d≤ x≤ 2d）內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為 B 和 2B，方向相反，且都垂直于 Oxy 平面。已知 a 在離開區(qū)域 I 時，速度方向與 x 軸正方向的夾角為 30176。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。 解析：（ 1）設(shè)粒子 a 在 I 內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為 C（在 y 軸上），半徑為 Ra1，粒子速率為 va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為 P? ,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 12aa RvmABqv ? ① 由幾何關(guān)系得 ???? PPC ② ?sin1 dRa ? ③ 式中， 030?? ，由①②③式得mqBdva 21 ? ④ (2)設(shè)粒子 a 在 II 內(nèi)做圓周運動的圓心為 Oa,半徑為 1aR ，射出點為 aP （圖中未畫出軌跡）， ????? aaPOP 。由對稱性知，aP 點與 P? 點縱坐標(biāo)相同，即 hRy apa ?? ?cos1 ⑧ 式中， h 是 C 點的 y 坐標(biāo)。如果 b 沒有飛出 I，則 ??22 ??aTt ⑩ ??21 ?bTt ○11 式中， t 是 a 在 區(qū)域 II 中運動的時間，而 vRT aa 22 2?? ○12 32 11 vRT bb ?? ○13 由 ⑤⑨⑩ ○11○12○13 式得 030?? ○14 由①③⑨ ○14 式可見， b 沒有飛出。 （ 1）當(dāng)今醫(yī)學(xué)成像診斷設(shè) 備 PET/CT 堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學(xué)高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射電子的同位素碳 11 為示蹤原子，碳 11 是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮 14 獲得，同時還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反應(yīng)方程。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為 P，求輸出時質(zhì)子束的等效電流 I 與 P、 B、 R、 f 的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場中運動的時間，其最大速度遠(yuǎn)小于光速） （ 3）試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑 r 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 r? 是增大、減小還是不變？ 12．（ 20 分） （ 1）核反應(yīng)方程為 14 1 11 4 7 1 6 2N H C+ He? → ① 設(shè)碳 11 原有質(zhì)量為 m0，經(jīng)過 t= 剩余的質(zhì)量為 mt，根據(jù)半 衰期定義，有： 12020011 1 .6 %22ttmm ?? ? ? ?? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ② （ 2）設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為 m，電荷量為 q，質(zhì)子離開加速器時速度大小為 v，由牛頓第二定律知： 2vqvB mR? ③ 質(zhì)子運動的回旋周期為： 22RmTv qB???? ④ 由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期 T 與頻率f 的關(guān)系可得： 1f T? ⑤ 設(shè)在 t 時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為 N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均 功率 212N mvP t?? ⑥ 輸出時質(zhì)子束的等效電流為： NqIt? ⑦ 由上述各式得2PI BR f?? 若以單個質(zhì)子為研究對象解答過程正確的同樣給分 （ 3） 方法一 ： 設(shè) k（ k∈ N*）為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為 rk， rk+1（ rkrk+1）， 1k k kr r r?? ? ? ，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為 vk， vk+1， D D2 之間的電壓為 U，由動能定理知 221112 22kkqU mv mv??? ⑧ 由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知kk mvr qB?，則 22 2212 ( )2 kkqBqU r rm ??? ⑨ 整理得 2 14()k kkmUr qB r r??? ? ⑩ 因 U、 q、 m、 B 均為定值，令24mUC qB?，由上式得1k kkCr rr???? ⑾ 相鄰軌道半徑 rk+1， rk+2 之差 1 2 1k k kr r r? ? ?? ? ? 同理 12k kkCr rr???? ? 因為 rk+2 rk，比較 kr? ， 1kr?? 得 1kkrr?? ?? 說明隨軌道半徑 r 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 r? 減小 方法二 ： 設(shè) k（ k∈ N*）為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為 rk， rk+1（ rkrk+1）， 1k k kr r r?? ? ? ，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為 vk， vk+1， D D2 之間的電壓為 U 由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知kk mvr qB?，故11kkrv??? ⑿ 由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能增量 kE qU?? ⒀ 以質(zhì)子在 D2 盒中運動為例，第 k 次進入 D2 時，被電場加速（ 2k﹣ 1）次 速度大小為 (2 1)2k k qUv m?? ⒁ 同理，質(zhì)子 第（ k+1）次進入 D2 時，速度大小為1 (2 1)2k k qUv m? ?? 綜合上述各式可得112121kkrv kr v k????? ? 整理得 22 1 2121kkr krk? ?? ?， 221 21221kkkrrrk??? ? ? 2 112( 2 1)( )kkkkrr k r r???? ?? 同理，對于相鄰軌道半徑 rk+1， rk+2，1 2 1k k kr r r? ? ?? ? ?，整理后有 2 11 + 1 22( 2 1)( )kk kkrr k r r?? ??? ?? 由于 rk+2 rk，比 較 kr? ， 1kr?? 得 1kkrr?? ?? 說明隨軌道半徑 r 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 r? 減小，用同樣的方法也可得到質(zhì)子在 D1 盒中運動時具有相同的結(jié)論。 （ 1） 已知粒子從外圓上以速度 1v 射出，求粒子在 A 點的初速度 0v 的大小 （ 2） 若撤去電場，如圖 19（ b） ,已知粒子從 OA 延長線與外圓的交點 C 以速度 2v 射出，方向與 OA 延 長線成 45176。與磁場邊界相切的圓的最大半徑為 R=2 21 RR? ⑦ 所以 B2＜)(2 12 3RRq mv? 答案： （ 1） v0=mUqv 221 ? （ 2） B1= )( 2 12 2RRq mv? t = rv22? （ 3） B2＜)(2 12 3RRq mv? 23（ 20xx北京）．（ 18分） 利用 電場和磁場， 可以將比荷不同的離子分開，這種 方 法 在 化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域 有重要的應(yīng)用 。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直 于 GA邊 且 垂直 于磁場的方向射 入磁場，運動到 GA邊，被相應(yīng)的收集器收集。 已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是 m1和 m2(m1m2)，電荷量均為 q。不 計 重力，也不考慮離子間的相互作用。若狹縫過寬， R V3 可能使兩束 離子在 GA邊上的落點區(qū)域交疊， 導(dǎo)致 兩種 離子 無法完 全分離 。離子可以從狹縫各處射入磁場，入射 方 向仍垂直于 GA邊且垂直于磁場。 23答案． （ 1）動能定理 21112Uq mv? 得 1 12qUv m? ○1 （ 2）由牛頓第二定律 2 , mv mvqvB RR qB??，利用 ○1 式得 離子在磁場中的軌道半徑為別為 11 22mUR qB?， 22 22mUR qB? ○2 兩種離子在 GA 上落點的間距1 2 1 2282( ) ( )Us R R m mqB? ? ? ? ○3 （ 3）質(zhì)量為 m1的離子，在 GA邊上的落點都在其入射點左側(cè) 2R1處，由于狹縫的寬度為 d，因此落點區(qū)域的寬度也是 d。 為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為 122( )R R d?? ○4 利用 ○2 式，代入 ○4 式得 21 12 (1 )mRdm?? R1的最大值滿足 12 mR L d?? 得 21( )( 1 )mL d dm? ? ? 求得最大值 122m mmdL?? ? 25（ 20xx 山東） .（ 18 分）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺。一質(zhì)量為 m、電量為 q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器 MN 板處由靜止釋放，極板間電壓為 U,粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角 30??? （ 1）當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度 L1=L、磁感應(yīng)強度大小 B1=B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為 30? ，求 B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間 t0 （ 2）若Ⅱ區(qū)寬度 L2=L1=L 磁感應(yīng)強度大小 B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差 h （ 3）若 L2=L1=L、 B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求 B2應(yīng)滿足的條件 （ 4）若 1 2 1 2,B B L L??，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出。 解析： ， EOF 和 EOF???為空間一勻強磁場 的邊界，其中 EO∥ EO??， FO∥ FO??，且 EO⊥OF； OO? 為∠ EOF 的角平分線， OO? 間的距離為 l；磁場方向垂直于紙面向里。規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正，則感應(yīng)電流 i 與實踐 t 的關(guān)系圖線可能正確的是 28（ 20xx 上海） ． (5 分 )在 “ 研究回路中 感應(yīng)電動勢大小與磁通量變化快慢的關(guān)系 ” 實驗 (見圖 (a))中，得到 1/Et??圖線如圖 (b)所示 。 28． (1) A， D (3 分 ) (2)見圖 (2 分 ) 19（ 20xx 安徽） ．如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B。的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的 O 軸以角速度 ω 勻速轉(zhuǎn)動（ O 軸位于磁場邊界）。 D 正確。（選對一個給 3 分，選 對兩個給 4 分，選對 3 個給 6 分。若氣體的內(nèi)能不變， 則溫度 T 不變，但氣體的壓強和體積可以改變， B 項錯誤。由熱力學(xué)第一定律 WQU ??? 知， D 選