高考物理带电粒子在磁场中的运动练习题及答案

1、高考物理带电粒子在磁场中的运动练习题及答案一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.如图所示，在一直角坐标系 xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为 P (-8L, 0) , Q (-3L, 0) 。 y轴的左侧空间，在圆形区域外，有 一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B, y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为 2B的匀强磁场，方向垂直于 xoy平面向外。现从 P点沿与x轴正方向成 37。角射出一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不 计粒子的重力。求：(1)带电粒子的初速度；(1)带电粒子以初速度 v沿与

2、x轴正向成37°角方向射出，经过圆周 C点进入磁场，做匀速 圆周运动，经过 y轴左侧磁场后，从 y轴上d点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由 几何关系得：QC 5Lsin370OQOiQ 、5L sin37在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为Ri,R OiQ QC2 v qvB m Ri珈/曰 8qBL解得：v m丫2(2)由公式qvB m得:R2_ mvR2 ，解得：R2 4L qB由R 4L可知带电粒子经过 y轴右侧磁场后从图中 Oi占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到 P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为t

3、iPC 5Lcos37oti PC v带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为 工，时间为t22 m qBt2带电粒子从D做匀速圆周运动到 Oi点的周期为丁2,所用时间为t32 m mT2q2B qB1t3-T22从P点到再次回到P点所用的时间为tt 2ti 2t2t2联立解得：t, 41 m1 45 qB2 .如图所示，虚线 MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B的匀强磁场，虚线 MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电 场.水平线段 AP与MN相交于。点.在A点有一质量为 m,电量为+q的带电质点，以大 小为Vo的速度在左侧区域垂直磁场方向射

4、入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A3mg ,重力加速度为g.求: q与O点间的距离为 向v0 ,虚线MN右侧电场强度为 qB(1) MN左侧区域内电场强度的大小和方向;(2)带电质点在 A点的入射方向与 AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；(3)带电质点从 。点进入虚线 MN右侧区域后运动到 P点时速度的大小Vp.【答案】(1) mg,方向竖直向上；(2)qRTF;（3）.Go【详解】(1)质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重 力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力 qE=mg ,方向竖直

5、向上；所以MN左侧区域内电场强度 E左 mg ,方向竖直向上；q2(2)质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bv0q m0 ,R所以轨道半径R mv0 ;qB质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从 A到O的运动轨迹为劣弧；又有dAO 鬲% J3R；根据几何关系可得：带电质点在A点的入射方向与 AO间的夹qB角. 2dAO M ；arcsin4 60R根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：(3)根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在。点

6、的竖直分速度Vy V0sin60Y3v0,水平分速度 Vx V0COS601V0；2 02质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动;质点运动到P点，故竖直位移为零,所以运动时间2vyv'3vo所以质点在P点的竖直分速度VyP水平分速度VxP Vx qE t m12V0,3g屈g7V0 ；2所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度届0 ；Vp3 .如图甲所示，在直角坐标系中的0WxW底域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点(2L, 0)为圆心、半径为 L的圆形区域，与 x轴的交点分别为 M、N,在xOy平面内，从电离室产生的质量为 m、带

7、电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为 U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为 L,飞出电场后从 M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。2(1)求0WxWK域内电场强度 E的大小和电子从 M点进入圆形区域时的速度 Vm；(2)若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，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的大小和电子在圆形区域内运动的时间t;(3)若在电子从 M点进入磁场区域时，取 t=0,在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为正方向)，最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形

8、磁场时方向相同，请写出磁场变化周期 T满足的关系表达式。，设VM的方向与X轴的夹角为 m3 L叵;(3) T的表达式为T8 . eU依 0= 45° (2)mL(n =2n2emU1, 2, 3,)【解析】【详解】(1)在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得:eU1 2一mvo2电子从Q点到M点，做类平抛运动,L mX轴方向做匀速直线运动，t L /Vo: 2eU L 1 eE 2 y轴方向做匀加速直线运动，一 一 t2 2m, 2U由以上各式可得：E 2UL电子运动至M点时：vM Jv2 (Eet)2 m即:vM 2U设VM的方向与X轴的夹角为 以Vo2cos Vm2解得：0= 4

9、5°。(2)如图甲所示，电子从 M点到A点，做匀速圆周运动，因 02M =O2A, OiM = OiA,且O2A/MO1,所以四边形 MO1AO2为菱形，即 R=L由洛伦兹力提供向心力可得：evMB mvMR(3)电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90。，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于R mvMeBo3,)电子在磁场中做圆周运动的轨道半径2n 2emU /解得：B0 (n=1, 2,eL电子在磁场变化的半个周期内恰好转过又To2 meBo则T的表达式为TmL2n .2emU(n=1, 2, 3,)。因电

10、子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：2n(夜R) 2L (n=1, 2, 3,)1 .一，1圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期 41 T的整数倍时，可使粒子到达 N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是一T0 424.如图所示，在两块长为 J3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸 面向外的匀强磁场.现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点。以初速度vo水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点.若撤去平行板间的磁场，使上板的电势 随时间t的变化规律如图所示，则 t=0时刻，从O点射人的粒子P经时

11、间t。(未知量)恰好从下板右边缘射出.设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计.* Xu0-i/nt=0时刻射入的粒求右侧磁场的宽度 d【答案】(1) B mv0 qL(2) d R2 cos a R2；Tmin(6/3 2 )L3vo"P(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B.(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使。点,子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到 应满足的条件和电场周期T的最小值Tmin.【解析】【分析】【详解】(1)如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为Ri,贝 U qv°B2m巴Ri由几何关系

12、：R；< 3L 2L 2()(R 2)WB. qL! XXHIKb(2)粒子P从。点运动到下板右边缘的过程，有:,3lVotoi ,iLVyto22 y解得Vy3 v03设合速度为v,与竖直方向的夹角为“则：tanVoVy.,3vo 2 3V Vosin 3粒子P在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R2,则1l2sin解得R23L3右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为dRC0sR2由于粒子P从O点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则:,3L ；2。点的过程，运动Tmin2t0解得Tmi

13、n3vo【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子 的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态 5 .在平面直角坐标系 x0y中，第I象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A(L, 0)点有一粒子源，沿 y轴正向发射出速率分别为5 5u 9。的同种带电粒子，粒子质量为m,电荷量为q.在B(0, L)、C(0, 3L)、D(0, 5。放一个粒子接收器，B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子，C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子.已知速率为 u的粒子恰好到达 B点并被吸收，不计粒子重力.(1)求第I象限内磁场的磁感应强

14、度Bi；(2)计算说明速率为5v、9V的粒子能否到达接收器；(3)若在第H象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁 场的磁感应强度 B2的大小和方向.mv【答案】(1)B1 一丁(2)故速率为 v的粒子被吸收，速率为 9V的粒子不能被吸收 q2,17m(17 3 17)mv工+一十小B'2 -=(或B,2 ),垂直坐标平面向外(、.17 3)qL4qL【解析】【详解】(1)由几何关系知，速率为 v的粒子在第I象限内运动的半径为R L2由牛顿运动定律得qvB1 m上Rmv5L、9L .得Bi qL(2)由(1)中关系式可得速率为 v、9v的粒子在磁场中的半径分

15、别为设粒子与y轴的交点到。的距离为y,将R 5L和R 9L分别代入下式 (R L)2 y2 R2 得这两种粒子在 y轴上的交点到 O的距离分别为3L、屈L故速率为 v的粒子被吸收，速率为 9v的粒子不能被吸收.(3)若速度为9V的粒子能到达 D点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外设离子在所加磁场中的运动半径为R,由几何关系有5L 17LR29L17Lp c c (9v)2又 q 9VB2 m-R2%17mv (5.17 17)mv 解得 b2 一一(或 B2 )(5 . 17)qL4qL若粒子到达C点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里,17L 3L同理：R229L17L2(9v)2q

16、9vB '2 m - R22,17m解得B'2(、.17 3)qL(17 3 17) mv(或 B'2 -)4qL6 .如图所示，虚线 MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界 MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外，在电场中有一点P, P点到边界MN的竖直距离为do现将一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子从 P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。求：(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大

17、小突然变为B',但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B'的最小值为多少？12(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v,由动能定理可得 qEd -mv2,2解得v , 2qEd(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为xCA由类平抛规律x vt, y 1-Eqt22 m由几何知识可得x=y,解得t , 2md, Eq4 , 2d两点间的距离为xCA 拒vt,代入数据可得xCAmv2mv1 2mEd(3)由 qvB mv_可得 R 加，即 R -1 JmEd由题意可知，当粒子运动到 F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又

18、最大值, 即B'最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r,则有几何关系可知 r 2 2R R4mvmv又因为r ，所以B' ， qB'qr代入数据可得B' 2 2 2 B7.如图所示，三块挡板围成截面边长L= 1.2m的等边三角形区域， C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强 E=4X 104N /C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为Bi； AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B2=3Bi的匀强磁场.现将一比荷q/m=10

19、5C/kg的带正电的粒子，从 。点由静止释放，粒子从 MN小孔C进入内部匀强磁 场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场.已知粒子最终回到了。点,OC相距2m.设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不 计挡板厚度，取-3 .求：(1)磁感应强度Bi的大小;(2)粒子从。点出发，到再次回到 。点经历的时间；(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到。点(若粒子经过A点立即被吸收).2 54k 25【答案】(1)Bi- 10 5T； (2) t 2.85102S；(3)B2- 105T3 3【解析】【详解】(1)粒子从。到C即

20、为在电场中加速，则由动能定理得:Eqx1 2一 mv2解得 v=400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示.由几何关系可知R1 - 0.6m22 v 由 qvBi mR25代入数据得 B12 105T3(2)由题可知 B2=3B1=2XT0T2 v qvBi m R则R2 0 0.2m 31由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则 x vt12得至U 11=0.01 s粒子在磁场B1中的周期为工 qB11 _ 3则在磁场B1中的运动时间为 t2 -T1 3 10 s3在磁场B2中的运动周期为T2qB2在磁场B2中的运动时间为180300180 .t3T 23601163-310 s 5

21、.5 10 s则粒子在复合场中总时间为:2t1t2t320173-210 3s 2.85 102s,2(3)设挡板外磁场变为 民，粒子在磁场中的轨迹半径为r,则有qvB2' m r根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到。点，需满足条件L 2k 1 r 其中 k=0、1、2、32- 4k 25解得 B2 105T38.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Bo在ad边中点。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=t 0

22、 时刻刚好从磁场边界 cd上白P p点离开磁场，ab=1. 5L, bc=J3L,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q/项(3)粒子在磁场中运动的最长时间。【答案】(1) T % ； (2) q ；(3) tmax 2t0。m 3Bt0【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：sin所以：0 = 60°- 3tl 解得：T 6t0T 360(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:2 v qvB

23、mR所以：T效 qB解得q 一 m 3Bt02所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=<3L ,圆轨迹的(3) (4分)如图粒子在磁场中运动的最长时间t maxT3 2to考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律。9.如图甲所示，两金属板 M、N水平放置组成平行板电容器，在M板中央开有小孔 O,再将两个相同的绝缘弹性挡板 P、Q对称地放置在 M板上方，且与 M板夹角均为60°,两 挡板的下端在小孔 。左右两侧.现在电容器两板间加电压大小为U的直流电压，在 M板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为Bo,磁感应强度为负值时

24、大小为Bx, 1 Bx未知.现有一质量为 m、电荷量为q (q>0),不计重力的带电粒子，从 N金属板中央A点由静止释放，t=o时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在 tl时刻粒子第一次撞到左挡板 P上，紧接着在tl+t2时刻粒 子撞到了右挡板 Q上，然后粒子又从 。点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动.粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变, 分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响. 知，求：垂直于板面的图中tl,t2 未甲制 0；(1)粒子第一次从A到达。点时的速度大小；(2)粒子从O点第一次撞到左挡板P的时间ti的大小;(

25、3)图乙中磁感应强度 Bx的大小；(4)两金属板M和N之间的距离d.2Uq (2) t1 = m(3) Bx= 2Bo (4) d =3 5n3B°q24Bo0,1,2,3【解析】【分析】粒子在电场间做匀加速直线运动，由动能定理求出粒子刚进入磁场的速 度，在磁场中做圆周运动，由几何关系得圆心角求出运动时间，粒子在整个装置中做周期性的往返运动，由几何关系得半径求出磁感应强度 做匀速圆周运动，由周期关系求出在金属板 M 的距离。Bx的大小，在tl(tl+t2)时间内，粒子和N间往返时间，再求出金属板M和N间19斛：(1) Uq= mv -02解得v=2Uqm2(2)由 qvB二mv /日

26、得rmvr0=一B°qTi="vB0qmvS=一RqmvBxq3Boq2由qvB=m-得，粒子做匀速圆周运动的半径 r粒子在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示由图易知：r0=2rx解得Bx=2B0(4)在ti(t1 + t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期.2 m m丁2= 一Bxq B°qm2Boq设粒子在金属板M和N间往返时间为t,有1 0+v td= 22且满足：t=tz+nti+12 , g0,1,2,3联立可得金属板 M和N间的距离：(3+5n) 24B个，n= 0,1,2,310.平面直角坐标系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的匀强磁

27、场，第印象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度V0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点 。离开电场进入磁 场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重 力，问：(1)粒子到达。点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.【答案】(1) J2v0 ,与x轴正方向成45°角斜向上(2)V0【解析】【分析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图:r粒子在电场中由 Q到。做类平抛运动，设 。点速度v与x方向夹角为 ，Q点到x轴的距 离为L,到y轴的距离为2L,粒子的加速度为 a

28、,运动时间为t,根据平抛运动的规律有：x 方向：2L Vot1 .2y万向：L at2粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：Vy at ,又tanvyVx解得tan 1,即 45 ,粒子到达。点时的夹角为450解斜向上，粒子到达 。点时的速度大小为VoV cos 45(2)设电场强度为E,粒子电荷量为 q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,粒子在电场中运动的加速度：qEm设磁感应强度大小为 B,粒子做匀速圆周运动的半径为R,洛伦兹力提供向心力，有:qvB2Vm 一，R根据几何关系可知:解得:R .2lVo211.如图所示的平面直角坐标系 xOy,在第I象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿 y

29、 正方向；在第IV象限的正三角形 abc区域内有匀强电场，方向垂直于 xOy平面向里，正三角形边长为L,且ab边与y轴平行。一质量为 m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P (0,h)点，以大小为 vo的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a (2h, 0)点进入第IV象限，又经过磁场从 y轴上的某点进入第 出象限，且速度与y轴负方向成45。角,不计粒子所受的重力。求:(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3) abc区域内磁场的磁感应强度 B的最小值。【答案】(1) E2mvo；22qhV J2v0,方向与x轴的夹角为45° ; (3) B2mv0q

30、L(1)设粒子在电场中运动的时间为t ,则有 x=Vot=2h ,1 2y h at2qE=ma2联立以上各式可得 E 3；2qh(2)粒子达到a点时沿负y方向的分速度为 vy=at=vo,所以 v Jv2 v2J2v0 ,方向指向第IV象限与x轴正方和成45°角;(3)粒子在磁场中运动时，有2 mv qvB r当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有2mv0所以磁感应强度B的最小值B 0 qL12.通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数 1与暴变广生总质子数 N的比值)，可研究中子(°n)的 衰变。中子衰变后转化成质子和电子

31、，同时放出质量可视为零的反中微子飞。如图所示，位于 P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度L 1.2m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离 OP为a。在探测板的上方存在 方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。31 _ _ _ _ 2 _ _ _ _2已知电子质量 me 9.1 10 kg 0.51MeV/c ,中子质量 mn 939.57MeV / c ,质子2质量mp 938.27MeV/c (c为光速，不考虑粒子之间的相互作用)。若质子的动量 p 4.8 10 21 kg ms1 3 10 8 MeV s m 1。

32、(1)写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能(以MeV为能量单位)；(2)当a 0.15m , B 0.1T时，求计数率；(3)若a取不同的值，可通过调节 B的大小获得与(2)问中同样的计数率，求 B与a的 关系并给出B的范围。XX.XMXXMXXPMMKI*K*：*K探潮做0【答案】(1) 0.7468MeV (2) 2 B，-15 T【解析】【分析】【详解】(1)核反应方程满足质量数和质子数守恒：1 110一0n1P1e 0 市核反应过程中：2 22Ed mncmpc mec0.79MeV根据动量和动能关系:2ax则总动能为:(2)质子运动半径:如图甲所示:Ekp2P0.0432

33、MeV2 mpEeEEd Ekp 0.7468MeVR eB0.3m打到探测板对应发射角度:可得质子计数率为:6R 2a4L244Rmax(3)在确保计数率为2-一 一的情况下:3即：B 200a如图乙所示:43223恰能打到探测板左端的条件为:理璃M13.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，两板白电势差变为 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

34、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影响及相对论效应.求优X -JC.X图1（1） A运动第1周时磁场的磁感应强度 Bl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豆；（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

35、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.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，所受洛伦兹力充当向心力1 修所订联立解得：氏=上i空上(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,有中 2成X %设在A运动第n周的时间内电场力做功为 Wn,则%=qU在该段时间内电场力做功的平均功率为联立解得：尹二史-但上(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，、丁'，综合式并分别应用A、B的数据得.2f由上可知，”是'的k倍，所以A每