1、1 【昭通质检】如图所示，在屏蔽装置底部中心位置 O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为 v3.210 6 m 的 粒子。已知屏蔽装置宽 AB9 cm，缝长 AD18 cm， 粒子的质量 m6.6410 27 kg，电量 q3.210 19 C。若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度 B0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中。(1)若所有的 粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度 d 至少是多少？(2)若条形磁场的宽度 d20 cm，则射出屏蔽装置的 粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留 2 位有效数字
2、)【解析】(1)由题意：AB9 cm，AD18 cm，可得：BAOODC45所有 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为 R，根据牛顿第二定律有2vqBmR解得 R0.2 m20 cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿 OD 方向进入磁场的 粒子的圆周轨迹相切，则所有 粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图所示。设此时磁场宽度为 d0，由几何关系得：d0RR cos45(2010 )cm0.34 m2(2)设 粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为 T，则T 106 s2mBq 8设速度方向垂直于 AD 进入磁场区域的 粒子的入射点为 E，如图所示因磁场宽度 d20 cmd0，
3、且 R20 cm，则在EOD 间出射进入磁场区域的 粒子均能穿出磁场右边界，在EOA 间出射进入磁场区域的 粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿 OE 方向进入磁场区域的 粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长。设在磁场中运动时间最长为 tmax，则tmax 106 s2.010 7 sT2 16若 粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则 粒子穿过磁场时间最短。最短的弦长为磁场宽度 d。设在磁场中运动的最短时间为 tmin，轨迹如图二所示因 Rd，则圆弧对应圆心角为 60，故tmin 106 s6.510 8 s。T6 482 【菏泽模拟】如图甲所示，M、N 为竖直放置彼
4、此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔O、O 且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一束正离子在t0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场。已知正离子的质量为 m，带电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：(1)磁感应强度 B0 的大小；(2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0 的可能值。【解析】设垂直于直面向里的磁场方向为正方向(1)正粒子射入磁场，洛伦兹力提供向心力：200vqBmr做匀速圆周运动的周期
5、 02rTv联立两式得磁感应强度 B0 。2mqT0(2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，v 0 的方向应如图所示，在两板之间正离子只运动一个周期即 T0时，有 r 。当在两板之间正离子运动 n 个周期即 nT0 时，有d4r (n1，2，3，)。d4n联立求解，得正离子的速度的可能值为 v0 (n1，2，3) 。B0qrm d2nT0模拟精做1 【江苏质检】如图所示，在坐标系 xOy 中，第一象限内充满着两个匀强磁场 a 和b，OP 为分界线，磁场 a 的磁感应强度为 2B，方向垂直纸面向里；磁场 b 的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向外，P 点坐标为(4l，3l )。一质量为 m
6、，电荷量为 q 的带正电的粒子从 P 点沿 y 轴负方向射入磁场 b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点 O，不计粒子重力。求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)粒子从 P 点运动到 O 点的时间最少是多少？(2)粒子运动的速度可能是多少？【解析】(1)设粒子的入射速率为 v，用 Ra、R b、T a、T b 分别表示粒子在磁场 a 和 b 运动的轨道半径和周期，则：Ra ，R bmv2qB mvqBTa ，T b2m2qB mqB 2mqB粒子先从磁场 b 运动，后进入磁场 a 运动，然后从 O 点射出，粒子从 P 运动到O 点所用时间最短，如图所示。粒子在磁场 b 和磁场 a
7、运动的时间分别为：tb Tb，t a Ta2（ 90 ）360 2（ 90 ）360故从 P 到 O 所用最少时间为： tt at b53m60qB(2)由题意及图可知：n(2R acos2R bcos) （ 3l） 2 （ 4l） 2解得：v (n1，2，3，)。25qBl12nm2 【宜丰期末】如图所示，在半径分别为 r 和 2r 的同心圆（圆心在 O 点）所形成的圆环区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在大圆边界上 A 点有一粒子源，垂直 AO 向左发射一质量为 m，电荷量为q，速度大小为 的粒子，求：qrm(1)若粒子能进入磁场，求粒子在磁场中运动的半径；(2)若
8、粒子能进入磁场发生偏转，则该粒子第一次到达磁场小圆边界时，粒子速度相对于初始方向偏转的角度；(3)若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出，那么至少经过多长时间该粒子能够回到出发点 A。【解析】(1)如图所示，粒子做匀速圆周运动，设初速度为 ，轨迹半径为0。 0 (2)如图所示：粒子将沿着 AB 弧（圆心在 ）运动，交内边界于 B 点。 为等边1 1三角形，则 ，粒子的轨迹 AB 弧对应的圆心角为 ，则速度偏1 60 1 120转角为 。120(3)粒子从 B 点进入中间小圆区域沿直线 BC 运动，又进入磁场区域，经偏转与外边界相切于 D 点在磁场中运动的轨迹如图所示。粒子在磁场区域运动的
9、时间： ，周期：1 3432 2 2每通过一次无磁场区域粒子在该区域运动的距离： 230 3粒子在无磁场区域运动的总时间： ，代入： ，解得：2 30 0 2 33则粒子回到 A 点所用的总时间： 。 1+2 (4+33)3 【苏北三市联考】在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系 xOy 内，矩形区域 (3d x d、 y )外存在范围3d足够大的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为q 的粒子从 P(0， )点沿3y 轴正方向射入磁场，当入射速度为 v0 时，粒子从(2d， )处进入无场区，不计粒子重力。(1)求磁场的磁感应强度 B 的大小；(2)求
10、粒子离开 P 点后经多长时间第一次回到 P 点；(3)若仅将入射速度变为 2v0，求粒子离开 P 点后运动多少路程经过 P 点。【解析】(1)由题条件可判断粒子做圆周运动半径为： 粒子在磁场中 ，得到： 。 20 0(2)粒子运动轨迹如图所示：粒子在磁场中运动时间：1 20粒子在无场区运动时间：2 430粒子再次回到 P 点时间： 1 2得到： 。 20+430(3)粒子运动轨迹如图所示：粒子速度变为 ，则在磁场中运动半径为：20 2由 P 点沿圆弧运动到 C 点时间： 3232220 430由 C 点沿直线运动到 D 点时间： 4 2320 30粒子以 2v0 沿 y 轴正向经过 P则粒子运
11、动时间： ，其中 k1、2、3 (33+34)粒子运动距离： 20得到： ，其中 k1、2、3 2(4+33)粒子以 大小与y 方向成 60经过 P20则： ，其中 k0、1、2、3 23+4+(33+34)粒子运动距离为： 20得到： ，其中 k0、1、2、3 283 +3+(4+33)4 【太和一中预测】如图所示，在水平边界 MN 上方有磁感应强度大小为 B0、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B，O、A 是 MN 上的两点，OA 距离为 L，PQ 是一足够长的挡板，粒子打在挡板上均被吸收，开始时 P 点与 O 点重合， QON53 。在 OA 之间有大量质量为 m、电荷量为q 且
12、速度相同的粒子，速度方向均垂直边界 MN 竖直向上，且在纸面内。其中从 OA 中点射入的粒子，恰能垂直打在挡板上。( 不计粒子重力及其相互作用，sin 530.8，cos 530.6)(1)求粒子的初速度大小 v0；(2)求挡板上被粒子打中的长度 x1；(3)若将挡板沿 MN 向右平移 距离，方向不变；磁感应强度的大小变为原来的一半，求挡板上被粒子打中12L的长度 x2。【解析】(1)粒子运动轨迹的圆心为 O 点，轨迹如图所示。设粒子轨迹的半径为 r1，由几何关系得： 12rL由洛伦兹力提供向心力：2001vqBm解得： 。02qBLvm(2)(i)如图所示，从某点射出的粒子水平打在板上，其轨
13、迹圆圆心为 O1，此粒子打在板上的点离 P 点距离设为 d1，由几何关系得： 158dL该粒子入射点在 O 点左侧距 O 点的距离为 ，是存在的，符合题意；18L(ii)如图所示，从 A 点射入的粒子打在板上的 O(P)点，该粒子轨迹圆圆心 O2；(iii)如图所示，从 O 点发出的粒子打在板上的点离 P 点的距离为 d2，其轨迹圆圆心为 O3，由几何关系得：。35dL综上所述，挡板上被粒子打中的长度 。158xdL(3)磁感应强度的大小变为原来的一半，设粒子在磁场中运动的轨迹半径为 r2，由洛伦兹力提供向心力：2001vqBmr解得： 2L所有粒子的轨迹圆心在 O 点右侧长度 L 的范围内。
14、(i)如图所示，从某点射出的粒子水平打在板上，其轨迹圆圆心为 O4，此粒子打在板上的点离 P 点距离设为d4，由几何关系得： 154d该粒子入射点离 O4 点的距离为 L，而 OO4 的距离为 ，即该粒子是不存在的；5L(ii)从 O 点射入的粒子打在挡板上，轨迹如图所示，其轨迹圆圆心为 O5，离 P 点距离设为 d5，由几何关系得：22551(sin)(cos)dL解得： ；530(iii)从 A 点射入的粒子打在挡板上，粒子轨迹如图所示，其轨迹圆圆心恰好为 O，离 P 点的距离设为 d6，由几何关系得： 22661(sin)(cos)dL解得： 6130L综上所述，挡板上被粒子打中的长度
15、。2563xdL5 【杭州期末】光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其主要结构为多个相同且平行的倍增极。为简单起见，现只研究其第 1 倍增极和第 2 倍增极，其结构如图所示。两个倍增极平行且长度均为 2a，几何位置如图所示（图中长度数据已知） 。当频率为 v 的入射光照射到第 1 倍增极上表面时，从极板上逸出的光电子最大速率为 vm。若加电场或磁场可使从第 1 倍增极逸出的部分光电子打到第 2 倍增极上表面，从而激发出更多的电子，实现信号放大。已知元电荷为 e，电子质量为 m，普朗克常量为 h，只考虑电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。(1)试求制作第 1 倍增极的
16、金属材料的逸出功 W。(2)为使更多光电子达到第 2 倍增极，可在接线柱 AB 间接入一个电动势为 E 的电源，则到达第 2 倍增极的电子的最大动能是多少？(3)若仅在纸面内加上垂直纸面的匀强磁场时，发现速度为 垂直第 1 倍增极出射的电子恰能全部到达第 2m25v倍增极上表面。忽略电场力的作用，试求：(I)磁感强度 B 的大小和方向；(II)关闭光源后多长时间仍有光电子到达第 2 倍增极上表面？可能用到的三角函数值：sin 11.50.20，sin 150.26，sin 370.60。【解析】(1)根据光电效应方程： ，所以金属材料的逸出功 。2mk1vEhW 2m1Whv(2)电子在电场中
17、加速度过程中电场力做功，由动能定理可得到达第 2 倍增极的电子的最大动能为：。2km1Eev(3)(I)磁场方向垂直纸面向内。当第 1 倍增极某位置出射的电子到达第 2 倍增极相应位置时该粒子全部被下一倍增极收集到。根据几何关系有： ，得：22(3)raarra电子在磁场中做圆周运动的半径 ，得： ；m5veBm5vea(II)即问所有光电子中到达第 2 倍增极的最长时间。所有电子周期均相同，圆心角越大的粒子时间越长。若电子从第一倍增极 M 点出发到达第二倍增极 N 点，则 MN 为圆周上的一条弦，若圆心角 越大，则要求 R 越大，即当粒子和第二倍增极相切时圆心角最大。图中 ，当 R 越大， 越大，圆心角 越大，故在所有轨迹和第二倍增极相切的电子中，半sin1Ra径越大圆心角越大。综上当粒子以最大速率从第一倍增极最右端出射，刚好与第二倍增极相切时，圆心角最大，如图所示。此时，即 37cos0.8ra所以： 。m36732532606atTv
