高考物理帶電粒子在磁場中的運動解題技巧超強練習題含

1、高考物理帶電粒子在磁場中的運動解題技巧(超強)及練習題(含答案)一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓練1如下列圖，兩條豎直長虛線所夾的地區(qū)被線段MN分為上、下兩部分，上部分的電場方向豎直向上，下部分的電場方向豎直向下，兩電場均為勻強電場且電場強度大小相同。擋板PQ垂直MN放置，擋板的中點置于N點。在擋板的右側地區(qū)存在垂直紙面向外的勻強磁場。在左側虛線上緊靠M的上方取點A，一比荷q5A點=510C/kg的帶正電粒子，從m3的速度沿平行MN方向射入電場，該粒子恰巧從P點走開電場，經過磁場以v0=210m/s的作用后恰巧從Q點回到電場。已知MN、PQ的長度均為L=0.5m，不考慮重力對帶電粒子的影響，不

2、考慮相對論效應。(1)求電場強度E的大?。?2)求磁感覺強度B的大??；(3)在左側虛線上M點的下方取一點C，且CM=0.5m，帶負電的粒子從C點沿平行MN方向射入電場，該帶負電粒子與上述帶正電粒子除電性相反外其他都相同。若兩帶電粒子經過磁場后同時分別運動到Q點和P點，求兩帶電粒子在A、C兩點射入電場的時間差?！敬鸢浮?1)16N/C(2)1.6102T(3)3.9104s【解析】【詳解】（1）帶正電的粒子在電場中做類平拋運動，有：L=v0tL1qEt222m解得E=16N/Cv0（2）設帶正電的粒子從qEtP點射出電場時與虛線的夾角為，則：tanm可得=450粒子射入磁場時的速度大小為v=2v

3、0粒子在磁場中做勻速圓周運動：qvBmv2r由幾何關系可知r2L2解得B=1.610-2T（3）兩帶電粒子在電場中都做類平拋運動，運動時間相同；兩帶電粒子在磁場中都做勻速3圓周運動，帶正電的粒子轉過的圓心角為，帶負電的粒子轉過的圓心角為；兩帶電22粒子在AC兩點進入電場的時間差就是兩粒子在磁場中的時間差；若帶電粒子能在勻強磁場中做完整的圓周運動，則其運動一周的時間2r2mT；vqB帶正電的粒子在磁場中運動的時間為：t13T5.9104s；4帶負電的粒子在磁場中運動的時間為：t21T2.0104s4帶電粒子在AC兩點射入電場的時間差為tt1t23.9104s2如下列圖，在兩塊水平金屬極板間加有電

4、壓U組成偏轉電場，一束比荷為q105C/kg的帶正電的粒子流（重力不計），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電場偏轉后進入一擁有理想邊界的半圓形變化磁場所區(qū)，O為圓心，地區(qū)直徑AB長度為L=1m，AB與水平方向成45角地區(qū)內有按如下列圖規(guī)律作周期性變化的磁場，已知B0=0.5T，磁場方向以垂直于紙面向外為正粒子經偏轉電場后，恰巧從下極板邊緣O點與水平方向成45斜向下射入磁場求：（1）兩金屬極板間的電壓U是多大？（2）若To=05s，求t=0s時刻射人磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間t和走開磁場的地點（3）要使所有帶電粒子經過O點后的運動過程中不再從AB兩點間越過

5、，求出磁場的變化周期Bo，To應知足的條件【答案】（1）100V（2）t=2105s，射出點在AB間隔O點0.042m（3）T03105s【解析】試題解析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，從O點射出使速度代入數據得U=100V2）粒子在磁場中經過半周從OB中穿出，粒子在磁場中運動時間射出點在AB間隔O點（3）粒子運動周期，粒子在t=0、.時刻射入時，粒子最可能從AB間射出如圖，由幾何關系可得臨界時要不從AB邊界射出，應知足得考點：本題考察帶電粒子在磁場中的運動3如下列圖，一勻強磁場磁感覺強度為B；方向向里，其邊界是半徑為R的圓，AB為圓的一直徑.在A點有一粒子源向圓平面內的各個方向發(fā)射質量m、

6、電量-q的粒子，粒子重力不計(1)有一帶電粒子以的速度垂直磁場進入圓形地區(qū)，恰從B點射出求此粒子在磁場中運動的時間(2)若磁場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，經過2次碰撞后回到A點，則該粒子的速度為多大?(3)若R=3cm、B=0.2T，在A點的粒子源向圓平面內的各個方向發(fā)射速度均為5310ms、比荷為108Ckg的粒子試用陰影圖畫出粒子在磁場中能抵達的地區(qū)，并求出該地區(qū)的面積(結果保存2位有效數字)【答案】（1）（2）（3）【解析】【解析】（1）根據洛倫茲力提供向心力，求出粒子的半徑，經過幾何關系得出圓弧所對應的圓心角，根據周期公式，聯(lián)合t=

7、T求出粒子在磁場中運動的時間2）粒子徑向射入磁場，必然徑向反彈，作出粒子的軌跡圖，經過幾何關系求出粒子的半徑，進而經過半徑公式求出粒子的速度3）根據粒子的半徑公式求出粒子的軌道半徑，作出粒子軌跡所能抵達的部分，根據幾何關系求出頭積【詳解】（1）由得r1=2R粒子的運動軌跡如下列圖，則因為周期運動時間（2）粒子運動情況如下列圖，r2RtanR由得（3）粒子的軌道半徑r31.5cm粒子抵達的地區(qū)為圖中的陰影部分地區(qū)面積為2+2(2r22=9.0-42S=r33)-r310m【點睛】本題考察了帶電粒子在磁場中的運動問題，需掌握粒子的半徑公式和周期公式，并能畫出粒子運動的軌跡圖，聯(lián)合幾何關系求解該題對

8、數學幾何能力要求較高，需加強這方面的訓練4在如下列圖的xoy坐標系中，一對間距為d的平行薄金屬板豎直固定于絕緣底座上，底座置于圓滑水平桌面的中間，極板右邊與y軸重合，桌面與x軸重合，o點與桌面右邊相距為7d，一根長度也為d的圓滑絕緣細桿水平穿過右極板上的小孔后固定在左極板上，4桿離桌面高為1.5d，裝置的總質量為3m兩板外存在垂直紙面向外、磁感覺強度為B的勻強磁場和勻強電場（圖中未畫出），假定極板內、外的電磁場互不影響且不考慮邊緣效應有一個質量為m、電量為+q的小環(huán)（可視為質點）套在桿的左端，給極板充電，使板內有沿x正方向的穩(wěn)恒電場時，釋放小環(huán)，讓其由靜止向右滑動，走開小孔后便做勻速圓周運動，

9、重力加快度取g求：1）環(huán)走開小孔時的坐標值；2）板外的場強E2的大小和方向；（3）議論板內場強E1的取值范圍，確定環(huán)打在桌面上的范圍【答案】（1）環(huán)走開小孔時的坐標值是-1d；4（2）板外的場強E2的大小為mg，方向沿y軸正方向；q（3）場強E1的取值范圍為qB2d3qB2d，環(huán)打在桌面上的范圍為1d7d6m8m44【解析】【詳解】（1）設在環(huán)走開小孔以前，環(huán)和底座各自移動的位移為x1、x2由于板內小環(huán)與極板間的作使勁是它們的內力，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律，有：mx1-3mx2=0而x1+x2=d3解得：x1=d421x=d4環(huán)走開小孔時的坐標值為：31xm=d-d=-d

10、42）環(huán)走開小孔后便做勻速圓周運動，須qE2=mg解得：E2mg，方向沿y軸正方向q（3）環(huán)打在桌面上的范圍可畫得如下列圖，臨界點為P、Q，則若圍繞小圓運動，則R=0.75d根據洛侖茲力提供向心力，有：qvB2mvR環(huán)在極板內做勻加快運動，設走開小孔時的速度為v，根據動能定理，有：qE1x1=1mv223qB2d聯(lián)立解得：E18m若圍繞大圓運動，則R2=（R-1.5d）2+（2d）2解得：R=0.48d聯(lián)立解得：E1qB2d6m故場強E1的取值范圍為qB2d3qB2d，環(huán)打在桌面上的范圍為1d7d6m8m445如下列圖，直線y=x與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場B1，直線x=d與y=

11、x間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E1.0104V/m，還有一半徑R=1.0m的圓形勻強磁場所區(qū)，磁感覺強度B20.20T，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x=d和x軸均相切，且與x軸相切于S點一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方形以速度v0進入圓形磁場所區(qū)，經過一段時間進入磁場所區(qū)B1，且第一次進入磁場B1時的速度方向與直線y=x垂直粒子速度大小v01.0105m/s，粒子的比荷為q/m5.0105C/kg，粒子重力不計求：(1)粒子在勻強磁場B2中運動的半徑r；(2)坐標d的值；(3)要使粒子無法運動到x軸的負半軸，則磁感覺強度B1應知足的條件；(4)在(2)問的基礎上，粒子從開始進入圓形

12、磁場至第二次抵達直線y=x上的最長時間3.14，結果保存兩位有效數字）.【答案】(1)r=1m(2)d4m(3)B10.1T或B10.24T(4)t6.2105s【解析】【詳解】解：(1)由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B2qv0mv02r解得粒子運動的半徑：r1m(2)粒子進入勻強電場此后，做類平拋運動，設粒子運動的水平位移為x，豎直位移為y水平方向：xv0t豎直方向：y1at22Eqamtan45v0at聯(lián)立解得：x2m，y1m由圖示幾何關系得：dxyR解得：d4m(3)若所加磁場的磁感覺強度為B1，粒子恰巧垂直打在y軸上，粒子在磁場運動半徑為r1由如下列圖幾何關系得：r12yRv2v0B

13、1qvv2由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：mr1解得：B10.1T若所加磁場的磁感覺強度為B1，粒子運動軌跡與軸相切，粒子在磁場中運動半徑為r2由如下列圖幾何關系得：r22r22yRB1qvv2由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：mr2解得B121T0.24T10綜上，磁感覺強度應知足的條件為B10.1T或B10.24T(4)設粒子在磁場B2中運動的時間為t1，在電場中運動的時間為t2，在磁場B1中運動的時間為t3，則有：1t14T1T12Rv0t2xv0t31T22T22r2v解得：ttt2t321.522105s6.2105s16如下列圖，空間存在方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場，在0yd的

14、地區(qū)內的磁感覺強度大小為2B.一個質量為m、電荷量為-q的粒子以速度qBd從O點沿y軸正方向射入地區(qū).不計粒子重力m求粒子在地區(qū)中運動的軌道半徑：(2)若粒子射入地區(qū)時的速度為v2qBdx軸上的地點坐標，并求出此過，求粒子打在m程中帶電粒子運動的時間；(3)若此粒子射入地區(qū)的速度vqBdx軸上地點坐標的最小值，求該粒子打在m【答案】（1）Rd（2）OP2m43dt（3）xmin3d3qB【解析】【解析】【詳解】2（1）帶電粒子在磁場中運動，洛侖磁力提供向心力：qv0Bmv0r1把v0qBdRd，代入上式，解得：m(2)當粒子射入地區(qū)時的速度為v2v0時，如下列圖OA段圓周運動的圓心在AB段圓周

15、運動的圓心在BP段圓周運動的圓心在O1，半徑為R12dO2，半徑為RdO3，半徑為R12d能夠證明ABPO3為矩形，則圖中30,由幾何知識可得：OO132dcos303d所以：OO32d3d所以粒子打在x軸上的地點坐標OPO1O32OO343d粒子在OA段運動的時間為：t1302mm360qB6qB粒子在AB段運動的時間為t21202mm360q2B3qB粒子在BP段運動的時間為t3t1302mmqB6qB3602m在此過程中粒子的運動時間：t2t1t23qB(3)設粒子在地區(qū)中軌道半徑為R，軌跡由圖可得粒子打在x軸上地點坐標：x2RR2d2R2d2化簡得：3R24Rxx2d202把上式配方：

16、3R2x1x2d20332化簡為：3R2x1x2d2033則當R2x時，地點坐標x取最小值：xmin3d37如圖，第一象限內存在沿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覺強度大小為B，第三、四象限磁感覺強度大小相等，一帶正電的粒子，從P（-d，0）點沿與x軸正方向成=60角平行xOy平面入射，經第二象限后恰巧由y軸上的Q點（圖中未畫出）垂直y軸進入第一象限，之后經第四、三象限從頭回到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、四象限磁感覺強度的大小B/；【答案】（1

17、）E（2）2.4B3B【解析】試題解析：（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：dd23drsin603sin根據qv0Bmv02得v023qBdr3m粒子在第一象限中做類平拋運動，則有（r1qEt2vyqEtcos60）；tanmv02mv0E聯(lián)立解得v03B（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則有：x=v0t，yvyt2得yvytan3x2v022由幾何知識可得y=r-rcos=1r3d23則得x2d31d2

18、d53所以粒子在第三、四象限圓周運動的半徑為23Rdsin9粒子進入第三、四象限運動的速度v043qBdv2v03mcos根據qvBmv2R得：B=24B考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動8如下列圖，虛線OL與y軸的夾角=450，在OL上側有平行于OL向下的勻強電場，在OL下側有垂直紙面向外的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速率v0從y軸上的M（OM=d）點垂直于y軸射入勻強電場，該粒子恰巧能夠垂直于OL進入勻強磁場，不計粒子重力。（1）求此電場的場強大小E；（2）若粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內返回到虛線OL上，求粒子從M點出發(fā)到第二次經過OL所需要的最長時間?！敬鸢浮浚?）；

19、（2）【解析】試題解析：根據粒子只受電場力作用，沿電場線方向和垂直電場線方向成立坐標系，利用類平拋運動；根據橫向位移及縱向速度成立方程組，即可求解；由（1）求出在電場中運動的時間及走開電場時的地點；再根據粒子在磁場中做圓周運動，由圓周運動規(guī)律及幾何關系獲得最大部分徑，進而獲得最長時間；（1）粒子在電場中運動，不計粒子重力，只受電場力作用，；沿垂直電場線方向X和電場線方向Y成立坐標系，則在X方向位移關系有：，所以；該粒子恰巧能夠垂直于OL進入勻強磁場，所以在Y方向上，速度關系有，所以，則有（2）根據（1）可知粒子在電場中運動的時間；粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運動，設圓

20、周運動的周期為T粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內返回到虛線OL上，則粒子從M點出發(fā)到第二次經過OL在磁場中運動了半個圓周，所以，在磁場中運動時間為；粒子在磁場運動，洛倫茲力作為向心力，所以有，；根據（1）可知，粒子恰巧能夠垂直于OL進入勻強磁場，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；粒子在電場中運動，在Y方向上的位移，所以，粒子進入磁場的地點在OL上距離O點；根據幾何關系，可得，即；所以；所以，粒子從M點出發(fā)到第二次經過OL所需要的最長時間9如圖，空間某個半徑為R的地區(qū)內存在磁感覺強度為B的勻強磁場，與它相鄰的是一對間距為d，足夠大的平行金屬板，板間電壓為U。一群質量為m，帶電量為q的帶正電的

21、粒子從磁場的左側以與極板平行的相同速度射入磁場。不計重力，則（1）離極板AB距離為R的粒子能從極板上的小孔P射入電場，求粒子的速度？22）極板CD上多長的地區(qū)上可能會有帶電粒子擊中？3）如果改變極板的極性而不改變板間電壓，發(fā)現(xiàn)有粒子會再次進入磁場，并走開磁場所區(qū)。計算這種粒子在磁場和電場中運動的總時間?！敬鸢浮浚?）入射粒子的速度qBR；（2）帶電粒子擊中的長度為vm222m2dBR2x22BRdq；（3）總時間tt1t2UmUqB【解析】【詳解】（1）洛倫茲力提供向心力，mv2，解得rmvqvBqBr根據作圖可解得，能從極板上的小孔P射入電場，rR所以，入射粒子的速度vqBRm（2）所有進入

22、磁場的粒子都能從P點射入電場，從最上邊和最下邊進入磁場的粒子將平行極板進入電場，這些粒子在垂直于電場方向做勻加快直線運動，a1at222md2解得tqU沿極板運動的距離xvt2B2R2d2qmU2B2R2d2q有帶電粒子擊中的長度為2x2mUFqUmmd（3）能再次進入磁場的粒子應垂直于極板進入電場，在電場中運動的時間t12v2dBRaU在磁場中運動的時間為T2R2mt2，TqB2v所以t2mqB總時間tt1t2m2dBRqBU10如下列圖的xOy坐標系中，Y軸右側空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感覺強度大小為B，方向垂直于xOy平面向外Q1、Q2兩點的坐標分別為(0L)(0，L)(，、，坐標

23、為3L，0)處的C點固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板，C為擋板中點帶電粒子與彈3性絕緣擋板碰撞前后，沿y軸方向分速度不變，沿x軸方向分速度反向，大小不變現(xiàn)有質量為m，電量為+q的粒子，在P點沿PQ1方向進入磁場，=30，不計粒子重力(1)若粒子從點Q1直接經過點Q2，求：粒子初速度大小(2)若粒子從點Q1直接經過坐標原點O，求粒子第一次經過x軸的交點坐標(3)若粒子與擋板碰撞兩次并能回到P點，求粒子初速度大小及擋板的最小長度【答案】（1）23qBL（2）（3L，0）（34L）3m39【解析】（3）粒子初速度大小為，擋板的最小長度為試題解析：（1）由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示，粒子在磁場中

24、做圓周運動的半徑大小為R1，由幾何關系得R1cos30=L（1）粒子磁場中做勻速圓周運動，有：（2）解得：（3）（2）由題意畫出粒子運動軌跡如圖乙所示，設其與x軸交點為M，橫坐標為xM，由幾何關系知：2R2cos30=L（4）x=2Rsin30（5）M2則M點坐標為（）（6）（3）由題意畫出粒子運動軌跡如圖丙所示，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R3，偏轉一次后在y負方向偏移量為y1，由幾何關系得：y1=2R3cos30（7）為保證粒子最終能回到P，粒子每次射出磁場時速度方向與PQ2連線平行，與擋板碰撞后，速度方向應與PQ1連線平行，每碰撞一次，粒子出進磁場在y軸上距離y2（如圖中A、E間距

25、）可由題給條件得：（8）當粒子只碰二次，其幾何條件是：3y12y2=2L（9）解得：（10）粒子磁場中做勻速圓周運動，有：（11）解得：（12）擋板的最小長度為：（13）解得：（14）11如下列圖，在平面直角坐標系xOy內，第一、四象限有與y軸相切于O點、圓心為O1、半徑一定的有界圓形地區(qū)，其內存在垂直于紙面勻強磁場，第二、三象限有平行y軸的勻強電場一帶電粒子(重力不計)自P(d，3d)點以平行于x軸的初速度v0開始運2動，粒子從O點走開電場，經磁場偏轉后又從y軸上的Q點(圖中未畫出)垂直于y軸回到電場所區(qū)，并恰能返回到P點求：(1)粒子經過O點時的速度；(2)電場強度E和磁感覺強度B的比值【

26、答案】（1）2v02E5v0）B8（【解析】【詳解】試題解析：（1）粒子從P到O的過程中做類平拋運動，設時間為t1，經過O點時的速度為v，其在y軸負方向的分速度為vy，與y軸負方向的夾角為d=v0t13dvxt122222v=v0+vytanv0vy0解得：v=2v0=30（2）設粒子質量為m，電荷量為q，粒子在電場中運動的加快度為a：Eq=ma3d1at1222粒子從Q到P的過程中，也做類平拋運動，設時間為t2，Q點的縱坐標為yQyQ3d1at2222d=vt2解得：yQ53d8設粒子由S點走開磁場，粒子從O到S過程中做圓周運動，半徑為r，由幾何關系有：r+rsin=yQqvBmv2r53d

27、125v0B8考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動【點睛】【名師點睛】本題是帶電粒子在電場及磁場中的運動問題；重點是搞清粒子的運動情況，畫出粒子運動的軌跡圖，聯(lián)合平拋運動及勻速圓周運動的規(guī)律，并利用幾何關系進行求解；本題難度中等，考察學生運用基礎知識解決問題的能力12如下列圖，在x軸上方有垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁感覺強度為B10=B，在x軸下方有交替散布的勻強電場和勻強磁場，勻強電場平行于y軸，勻強磁場B2=2B0垂直于xOy平面，圖象如下列圖一質量為m，電量為-q的粒子在t2t0時刻沿著與y軸正方向3成60角方向從A點射入磁場，t2t0時第一次抵達x軸，并且速度垂直于x軸經過C點，C與

28、原點O的距離為3L第二次抵達x軸時經過x軸上的D點，D與原點O的距離為4L（不計粒子重力，電場和磁場互不影響，結果用B0、m、q、L表示）（1）求此粒子從A點射出時的速度0；2）求電場強度E0的大小和方向；3）粒子在t9t0時抵達M點，求M點坐標【答案】（1）v02qB0LqB02L，-3L（2）E（）（）m39L22m【解析】試題解析：（1）設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得根據題意由幾何關系可得聯(lián)立得（2）粒子在第一象限磁場中運動的周期設為T1，可得粒子在第四象限磁場中運動的周期設為T2，可得根據題意由幾何關系可得由可得綜上能夠判斷3t04t0粒子在第四象限的磁場中恰巧

29、運動半個周期，半徑為由牛頓第二定律得t03t0,粒子做勻減速直線運動，qE=ma1112綜上解得13（3）由題意知，粒子在8t0時剛在第四象限做完半個圓周運動，x=9L14粒子在電場中減速運動的時間為t0，由運動學公式可得15聯(lián)立1112可解得16聯(lián)立可得M點的坐標為（9L，）17考點：帶電粒子在電場及在磁場中的運動.13在磁感覺強度為B的勻強磁場中，一個靜止的放射性原子核發(fā)生了一次衰變放射出4R以m、q分別表粒子（2He）在與磁場垂直的平面內做圓周運動，其軌道半徑為示粒子的質量和電荷量1）放射性原子核用AZX表示，新核的元素符號用Y表示，寫出該衰變的核反響方程2）粒子的圓周運動能夠等效成一個

30、環(huán)形電流，求圓周運動的周期和環(huán)形電流大?。?）設該衰變過程釋放的核能都轉為為粒子和新核的動能，新核的質量為M，求衰變過程的質量損失m【答案】（1）放射性原子核用AZX表示，新核的元素符號用Y表示，則該衰變的核反響方程為ZAXZA42Y24H；（2）粒子的圓周運動能夠等效成一個環(huán)形電流，則圓2mBq2；（3）設該衰變過程釋放的核能都轉周運動的周期為，環(huán)形電流大小為2mBq為為粒子和新核的動能，新核的質量為M，則衰變過程的質量損失m為損(11)(BqR)2mM2c2【解析】（1）根據核反響中質量數與電荷數守恒可知，該衰變的核反響方程為ZAXAZ42Y24He（2）設粒子在磁場中做圓周運動的速度大小

31、為v，由洛倫茲力提供向心力有qvBmv2R根據圓周運動的參量關系有T2Rv得粒子在磁場中運動的周期2mTqB根據電流強度定義式，可得環(huán)形電流大小為qq2BIT2m（3）由qvBv2qBRm，得vRm設衰變后新核Y的速度大小為v，核反響前后系統(tǒng)動量守恒，有Mvmv=0mvqBR可得vMM根據愛因斯坦質能方程和能量守恒定律有mc21Mv21mv222(Mm)(qBR)2解得m2mMc2說明：若利用MA4m解答，亦可4【名師點睛】（1）不論哪一種核反響方程，都必須按照質量數、電荷數守恒2）衰變的生成物是兩種帶電荷量不同的“帶電粒子”，反響前后系統(tǒng)動量守恒，因此反響后的兩產物向相反方向運動，在勻強磁場

32、中，受洛倫茲力作用將各自做勻速圓周運動，且兩軌跡圓相外切，應用洛倫茲力計算公式和向心力公式即可求解運動周期，根據電流強度的定義式可求解電流大小3）核反響中釋放的核能應利用愛因斯坦質能方程求解，在聯(lián)合動量守恒定律與能量守恒定律即可解得質量損失14如圖，一半徑為R的圓表示一柱形地區(qū)的橫截面（紙面）在柱形地區(qū)內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形地區(qū)，在圓上的b點走開該地區(qū)，走開時速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為現(xiàn)將磁場換為同樣于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形地區(qū)，也在b點走開該地區(qū)若磁感覺強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小【答案】E14qRB25m【解析】【解析】【詳解】解答本題注意帶電粒子先在勻強磁場運動，后在勻強電場運動帶電粒子在磁場中做圓周運動粒子在磁場中做圓周運動設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得v2qvBmr式中v為粒子在a點的速度過b點和