高考物理帶電粒子在磁場中的運動常見題型及答題技巧及練習題(含答案)及解析-資料下載頁

2026-03-27 05:23本頁面

　　

【正文】用表示，新核的元素符號用Y表示，則該α衰變的核反應方程為；（2）α粒子的圓周運動可以等效成一個環形電流，則圓周運動的周期為，環形電流大小為；（3）設該衰變過程釋放的核能都轉為為α粒子和新核的動能，新核的質量為M，則衰變過程的質量虧損△m為損．【解析】（1）根據核反應中質量數與電荷數守恒可知，該α衰變的核反應方程為（2）設α粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v，由洛倫茲力提供向心力有根據圓周運動的參量關系有得α粒子在磁場中運動的周期根據電流強度定義式，可得環形電流大小為（3）由，得設衰變后新核Y的速度大小為v′，核反應前后系統動量守恒，有Mv′–mv=0可得根據愛因斯坦質能方程和能量守恒定律有解得說明：若利用解答，亦可．【名師點睛】（1）無論哪種核反應方程，都必須遵循質量數、電荷數守恒．（2）α衰變的生成物是兩種帶電荷量不同的“帶電粒子”，反應前后系統動量守恒，因此反應后的兩產物向相反方向運動，在勻強磁場中，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）核反應中釋放的核能應利用愛因斯坦質能方程求解，在結合動量守恒定律與能量守恒定律即可解得質量虧損．14．同步加速器在粒子物理研究中有重要的應用，其基本原理簡化為如圖所示的模型．M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板．質量為m、電荷量為+q的粒子A（不計重力）從M板小孔飄入板間，初速度可視為零，每當A進入板間，兩板的電勢差變為U，粒子得到加速，當A離開N板時，兩板的電荷量均立即變為零．兩板外部存在垂直紙面向里的勻強磁場，A在磁場作用下做半徑為R的圓周運動，R遠大于板間距離，A經電場多次加速，動能不斷增大，為使R保持不變，磁場必須相應地變化．不計粒子加速時間及其做圓周運動產生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應．求（1）A運動第1周時磁場的磁感應強度B1的大小；（2）在A運動第n周的時間內電場力做功的平均功率；（3）若有一個質量也為m、電荷量為+kq（k為大于1的整數）的粒子B（不計重力）與A同時從M板小孔飄入板間，A、B初速度均可視為零，不計兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變，下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡．在B的軌跡半徑遠大于板間距離的前提下，請指出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡，并經推導說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）A圖能定性地反映A、B運動的軌跡；【解析】試題分析：（1）設A經電場第1次加速后速度為v1，由動能定理得①A在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當向心力②聯立解得：③（2）設A經n次加速后的速度為vn，由動能定理得④設A做第n次圓周運動的周期為Tn，有⑤設在A運動第n周的時間內電場力做功為Wn，則⑥在該段時間內電場力做功的平均功率為⑦聯立解得：⑧（3）A圖能定性地反映A、B運動的軌跡．A經地n加速后，設其對應的磁感應強度為Bn，A、B的周期分別為、綜合②⑤式并分別應用A、B的數據得由上可知，是的k倍，所以A每繞得1周，B就繞行k周．由于電場只在A通過時存在，故B僅在與A同時進入電場時才被加速．經n次加速后，A、B的速度分別為、結合④式有由題設條件并結合⑤式，對A有設B的軌跡半徑為，有比較以上兩式得上式表明，運動過程B的軌跡半徑始終不變．由以上分析可知，兩粒子運動的軌跡如圖A所示．考點：帶電粒子在電場、磁場中的運動、動能定理、平均功率15．如圖所示，足夠大的平行擋板A1，A2豎直放置，Ⅰ和Ⅱ，以水平面yN為理想分界面．Ⅰ區的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外，A1，A2上各有位置正對的小孔S1，S2，電量為＋q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區，并直接偏轉到yN上的P點，再進入Ⅱ區．P點與A1板的距離是L的k倍．不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮．(1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和Ⅱ區的磁感應強度B與k的關系式．【答案】（1）（2），【解析】試題分析：（1）粒子在電場中，由動能定理有qEd=mv20 ①粒子在Ⅰ區洛倫茲力提供向心力 qvB0＝②當k=1時，由幾何關系得 r=L ③由①②③解得E=④（2）由于2k3時，由題意可知粒子在Ⅱ區只能發生一次偏轉，由幾何關系可知(rL)2+(kL)2=r2⑤解得r=⑥由②⑥解得v=⑦粒子在Ⅱ區洛倫茲力提供向心力 qvB＝⑧由對稱性及幾何關系可知 ⑨解得r1=⑩由⑧⑩解得 B＝考點：帶電粒子在電場中的運動、帶電粒子在勻強磁場中的運動

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