（物理）物理试卷物理带电粒子在磁场中的运动题分类汇编.doc

1、【物理】物理试卷物理带电粒子在磁场中的运动题分类汇编一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1如图甲所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30不考虑电子所受的重力（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时

2、的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3） （n=1，2，3）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示由速度关系可得： 解得： 由速度关系得：vy=v0tan=v0在竖直方向： 而水平方向: 解得： （2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律： 解得： 根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标

3、为（ ，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T=2T0，故粒子的偏转角度仍为60，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3）而： 解得： （n=1，2，3）应满足的时间条件为： (T0+T)=T而： 解得 （n=1，2，3）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系

4、，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60，而后又在 B0中再次偏转60，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.2在如图所示的xoy坐标系中，一对间距为d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y轴重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边相距为，一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应有一个质量为m、电量

5、为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g求：（1）环离开小孔时的坐标值；（2）板外的场强E2的大小和方向；（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-d；（2）板外的场强E2的大小为，方向沿y轴正方向；（3）场强E1的取值范围为，环打在桌面上的范围为【解析】【详解】（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有： mx1-3m

6、x2=0而x1+x2=d解得：x1=d x2=d环离开小孔时的坐标值为：xm=d-d=-d（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg解得：，方向沿y轴正方向（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则若环绕小圆运动，则R=0.75d 根据洛仑兹力提供向心力，有： 环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：qE1x1=mv2联立解得： 若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2解得：R=0.48d联立解得： 故场强E1的取值范围为 ，环打在桌面上的范围为3如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45角斜向左下，在第四象限内有一

7、匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度v从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R，0)点进入磁场区域(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1) ；，速度方向沿y轴负方向(2)(3)【解析】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向

8、分运动的速度大小分别为、，合速度、，联立可得进入磁场的速度，速度方向沿y轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径由得当粒子从C点射出时，由勾股定理得解得由得根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当时，粒子从AC边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x轴，其半径为，由几何关系得解得由得磁感应强度小于，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中4如图所示，荧光屏与轴垂直放置，与轴相交于点，点的横坐标，在第一象限轴和之间有沿轴负方向的匀强电场，电场强度，在第二象限有半径的圆形磁场，磁感

9、应强度，方向垂直平面向外磁场的边界和轴相切于点在点有一个粒子源，可以向轴上方180范围内的各个方向发射比荷为的带正电的粒子，已知粒子的发射速率不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与点间的最远距离【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动解得：（2）由（1）问中可知，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形为菱形，所以，又垂直于轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与

10、轴平行，所以粒子从轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有 解得：，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上设从纵坐标为的点进入电场的粒子在电场中沿轴方向的位移为，则 代入数据解得设粒子最终到达荧光屏的位置与点的最远距离为，粒子射出的电场时速度方向与轴正方向间的夹角为，所以，由数学知识可知，当时，即时有最大值，所以5如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向在x = L到x =2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（）为k的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和

11、磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x =3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g求：（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg=qE，又 解得 （2）由几何关系：2Rcos=L，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力： ；由 在进入复合场之前做平抛运动： 解得 （3）由 其中 ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：； 6如图所示，质量m=15g、长度L=2m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数=0.1，地面右端的固定挡板C与木板

12、D等高。在挡板C右侧竖直虚线PQ、MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R1=1m和R2=3m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC=2m，现有一质量m=15g、带电荷量q=+6103C的物块A(可视为质点)以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数2=0.3，当物块A运动到木板D右端时二者刚好共遠，且木板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡扳C上方飞入PQNM区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。(1)当物块A刚滑上木板D时，求物块A和木板D的加速度大小.(2)求电场强度的大

13、小.(3)为保证小物块A只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】(1)3m/s2，1m/s2；(2)25V/m；(3)【解析】【详解】（1）当物体刚滑上木板D时，对物体A受力分析有： 解得： a2=3 m/s2对木板D受力分析有： 解得： a1=1m/s2（2）物块A进入区域PQNM后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有： 解得：E=25 V/m；（3）物块A与木板D共速时有： 解得： v=1 m/s粒子做匀速圆周运动有： 要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A在磁场中运动的轨迹半径R应满足: 解得：。7如图所示，真空中有一个半径r=0.

14、5m的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=210-3T，方向垂直于纸面向外，x轴与圆形磁场相切于坐标系原点O，在x=0.5m和x=1.5m之间的区域内有一个方向沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5103N/C，在x=1.5m处竖有一个与x轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷C/kg的带正电的粒子，若沿y轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A点沿x轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数

15、字)；(3)从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据求解速度；（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m，由 进入电场时 带入数据解得v=1.0106m/s（2）粒子在磁场中运动的时间 粒子从A点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为

16、v，所以在电场中运动的时间 总时间 （3）沿x轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小 在电场中侧移： 打在屏上的纵坐标为0.75；经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为0.75y1.75.8如图所示，在矩形区域abcd内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0180范围内。已知沿Od方向发射的粒子在t=t0时

17、刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab=15L，bc=，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：（1）粒子在磁场中的运动周期T ；（2）粒子的比荷qm；（3）粒子在磁场中运动的最长时间。【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】试题解析：（1）（4分）初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为，由几何关系有： 所以：60 解得：（2）（4分）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得： 所以： 解得（3）（4分）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=，圆轨迹的直径为2L所以：Ob弦对应的圆心角为120粒子在磁场

18、中运动的最长时间考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律。9如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成角的匀强电场，电场强度为E，x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度有一个质量，电荷量的带正电粒子，该粒子的初速度，从坐标原点O沿与x轴成角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点出发后第四次经过x轴时刚好又回到O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是多少？电场强度E的大小及带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间【答案】带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是；电场强度E的大小为，带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间为【解析】【

19、分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E，三个过程的总时间即为总时间【详解】粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，半径，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为，则第一次经过x轴时的横坐

20、标为第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O处，其运动轨迹如图所示由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为，在垂直电场方向的位移，运动时间在沿电场方向上的位移，又因得根据牛顿第二定律所以电场强度粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间，粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期所以粒子从出发到再回到原点的时间为【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学

21、知识解决物理问题的能力10如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN成45。的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN_上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45。角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力。求：(1)电场强度的大小；(2)该粒子从O点出发，第五次经过直线MN时又通过O点的时间(3)该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；【答案】（1）；（2）（3）【解析】试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径

22、为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。（1）易知，类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为所以类平抛运动时间为又再者由可得粒子在磁场中的总时间：粒子在电场中减速再加速的时间：故粒子再次回到O点的时间：（3）由平抛知识得所以或则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.11如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e金属板右侧有两个磁感应强

23、度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出进入磁场(不考虑电子重力和阻力)(1)电子进人磁场时的速度v；(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求磁场的磁感应强度口大小的范围；电子打到荧光屏上位置坐标的范围【答案】（1），方向与水平方向成45 （2），【解析】试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右

24、侧下边沿射出，有（1分）（1分）（1分）（1分）解得（1分）速度偏向角（1分）（1分）（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R（2分）又有（2分）由解得：（1分）磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度时电子能打在荧光屏上（得不扣分） （1分）如图所示，电子在磁感应强度为时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，即 （1分）出射点位置到SO连线的垂直距离（1分）电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标（1分）解得（1分）当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做

25、直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标为（1分）电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：到（2分）考点：带电粒子在磁场中受力运动12如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30夹角飞出磁场，

26、不计粒子重力试求：（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；（2）计算两板间的电势差并确定A点的位置；（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式【答案】（1）（2） , (3) , 【解析】试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：电场力对粒子所做的功为：（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v，则：v=v0tan30=水平方向：L=v0t竖直方向：yvt解得：电场力对粒子所做的功：W=qEy两板间的电压U=2Ey0解得：（3）由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与x轴夹角为=30；在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2=60；故磁

27、场变化的半个周期内，粒子在x轴上的位移为：x=2Rsin30=R粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是：nR=L（n=1，2，3，）由牛顿第二定律，有：解得：（n=1，2，3，）粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；解得：（n=1，2，3，）当，考点：带电粒子在磁场中的运动.13如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔一质量为m、电量

28、为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程【答案】（1）（2）或（3）5.5D【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电场中，根据动能定理，解得(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为由，解得则当外切时，半径为由，解得(2)若区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；设粒子在区和区做圆周运动的周期分别

29、为T1、T2，由运动公式可得：；据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)联立上述各式可得：s=5.5D14在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次衰变放射出粒子（ ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R以m、q分别表示粒子的质量和电荷量 （1）放射性原

30、子核用 表示，新核的元素符号用Y表示，写出该衰变的核反应方程 （2）粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小 （3）设该衰变过程释放的核能都转为为粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损m【答案】（1）放射性原子核用 表示，新核的元素符号用Y表示，则该衰变的核反应方程为 ；（2）粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为 ，环形电流大小为 ；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为粒子和新核的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量亏损m为损 【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该衰变的核反应方程为（2）设粒子在磁场中做圆周运动的

31、速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有根据圆周运动的参量关系有得粒子在磁场中运动的周期根据电流强度定义式，可得环形电流大小为（3）由，得设衰变后新核Y的速度大小为v，核反应前后系统动量守恒，有Mvmv=0可得根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有解得说明：若利用解答，亦可【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒（2）衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小（3）

32、核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损15同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型M、N为两块中心开有小孔的平行金属板质量为m、电荷量为+q的粒子A（不计重力）从M板小孔飘入板间，初速度可视为零，每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离，A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的

33、影响及相对论效应求（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；（2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率；（3）若有一个质量也为m、电荷量为+kq（k为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由【答案】（1）；（2）；（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹；【解析】试题分析：（1）设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦

34、兹力充当向心力联立解得：（2）设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则在该段时间内电场力做功的平均功率为联立解得：（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹A经地n加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为、，综合式并分别应用A、B的数据得由上可知，是的k倍，所以A每绕得1周，B就绕行k周由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速经n次加速后，A、B的速度分别为、，结合式有由题设条件并结合式，对A有设B的轨迹半径为，有比较以上两式得上式表明，运动过程B的轨迹半径始终不变 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示考点：带电粒子在电场、磁场中的运动、动能定理、平均功率