试题1 1.docx
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试题11
图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里．图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG（EF边与金属板垂直），在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域，不计重力．
（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量．
（2）已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点（图中未画出）穿出磁场，且GI长为a.求离子乙的质量．
（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达？
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答案为：
26．解析：
（1）由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有
qvB0＝qE0 ①
式中，v是离子运动的速度，E0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有
E0＝ ②
由①②式得
v＝ ③
在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动．设离子甲质量为m，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m ④
式中，r是离子甲做圆周运动的半径．离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O；这半圆刚好与EG边相切于K点，与EF边交于I′点．在△EOK中，OK垂直于EG.由几何关系得
图1
a－r＝r ⑤
由⑤式得
r＝（－）a ⑥
联立③④⑥式得，离子甲的质量为
m＝（－）． ⑦
（2）同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m′ ⑧
式中，m′和r′分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径．离子乙运动的圆周的圆心O′必在E、H两点之间，由几何关系有
r′2＝（a－a）2＋（－r′）2－2（a－a）（－r′）cos60° ⑨
由⑨式得
r′＝a ⑩
联立③⑧⑩式得，离子乙的质量为
m′＝.
图2
（3）对于最轻的离子，其质量为m/2.由④式知，它在磁场中做半径为r/2的匀速圆周动动，因而与EH的交点为O，有
OH＝（－）a
当这些离子中的离子质量逐渐增大到m时，离子到达磁场边界上的点的位置从O点沿HE边变到I′点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点的位置从K点沿EG边趋向于I点．K点到G点的距离为
KG＝a
所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：
EF边上从O到I′，EG边上从K到I.
回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展．
（1）当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子．碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程．若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？
（结果取2位有效数字）
（2）回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）．
（3）试推理说明：
质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr是增大、减小，还是不变？
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答案为：
见解析
解析：
（1）核反应方程为N＋H→C＋He
设碳11原有质量为m0，经过t1＝2.0h剩余的质量为m1，根据半衰期定义有
＝（）＝（）≈1.6%.
（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知
qvB＝m
质子运动的回旋周期为
T＝＝
由回旋加速器工作原理可知，交流电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系得
f＝
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率P＝
输出时质子束的等效电流I＝
由上述各式得I＝
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样得分．
（3）方法一：
设k（k∈N*）为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk、rk＋1（rk＋1＞rk），Δrk＝rk＋1－rk，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk、vk＋1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知
2qU＝mv－mv
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk＝，则
2qU＝（r－r）
整理得Δrk＝
因U、q、m、B均为定值，令C＝，
由上式得Δrk＝
相邻轨道半径rk＋1、rk＋2之差
Δrk＋1＝rk＋2－rk＋1
同理Δrk＋1＝
因为rk＋2＞rk，比较Δrk、Δrk＋1得
Δrk＋1＜Δrk
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr减小．
方法二：
设k（k∈N*）为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk、rk＋1（rk＋1＞rk），Δrk＝rk＋1－rk，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk、vk＋1，D1、D2之间的电压为U.
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk＝，故
＝
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量
ΔEk＝qU
以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速（2k－1）次，速度大小为
vk＝
同理，质子第（k＋1）次进入D2时，速度大小为
vk＋1＝
综合上述各式得
＝
整理得＝
＝
Δrk＝
同理，对于相邻轨道半径rk＋1、rk＋2，Δrk＋1＝rk＋2－rk＋1，整理后有Δrk＋1＝
由于rk＋2＞rk，比较Δrk、Δrk＋1得
Δrk＋1＜Δrk
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr减小．用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论．
如图，在0≤x≤a区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P（a，a）点离开磁场．求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m；
（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．
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答案为：
（1）
（2）≤θ≤
（3）2t0
解析：
（1）初速度与y轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图中的弧所示，其圆心为C.由题给条件可以得出
∠OCP＝ ①
此粒子飞出磁场所用的时间为
t0＝ ②
式中T为粒子做圆周运动的周期．
此粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得
R＝a ③
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m ④
T＝ ⑤
联立②③④⑤式，得
. ⑥
（2）依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同．在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧上，如图所示．
设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN.由对称性可知vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均为π/3.设vM、vN与y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有
θM＝
θN＝
对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足
≤θ≤.
（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图所示．由几何关系可知，
由对称性可知，＝
从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间
tm＝2t0.
4如图所示，在坐标系xoy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°，在OC右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。
一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v。
粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。
粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。
已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。
忽略重力的影响。
求
（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；
（2）匀强电场的大小和方向；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。
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答案为：
（1）设磁场左边界与x轴相交于D点，与CO相交于O′点，由几何关系可知，直线OO′与粒子过O点的速度v垂直。
在直角三角形OO′D中∠OO′D=30°。
设磁场左右边界间距为d，则OO′=2d。
依题意可知，粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O′点，圆弧轨迹所对的圆心角为30°，且O′A为圆弧的半径R。
由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直。
A点到x轴的距离
①
由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得
qvB= ②
联立①②式得
③
（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有
④
⑤
依题意，匀强电场的方向与x轴正向夹角应为150°。
由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边界夹角为60°。
设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O″，O″必定在直线OC上。
设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则∠OO″P=120°。
设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有
⑥
设带电粒子在电场中运动的时间为t3,依题意得
⑦
由匀变速运动的规律和牛顿定律可知，
-v=v-at3 ⑧
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得
⑩
（3）粒子自P点射出后将沿直线运动。
设其由P′点再次进入电场，由几何关系知∠O″P′P=30°
三角形OPP′为等腰三角形。
设粒子在P、P′两点间运动的时间为t4，有
又由几何关系知
联立②式得
625.两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图所示。
在y＞0，0＜x＜a的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在y＞0，x＞a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。
在O点处有一小孔，一束质量为m、带电量为q（q＞0）的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。
入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。
已知速度最大的粒子在0＜x＜a的区域中运动的时间与在x＞a的区域中运动的时间之比为2：
5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中作圆周运动的周期。
试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）.
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答案为：
粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动的半径为
①
速度小的粒子将在x＜a的区域走完半圆，射到竖直屏上。
半圆的直径在y轴上，半径的范围从0到a，屏上发亮的范围从0到2a。
轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场，考虑r=a的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切（虚线），OD=2a，这是水平屏上发亮范围的左边界。
速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和C′，C在y轴上，由对称性可知C′在x=2a直线上。
设t1为粒子在0＜x＜a的区域中运动的时间，t2为在x＞a的区域中运动的时间，由题意可知
由此解得
②
③
由②、③式和对称性可得
∠OCM=60° ④
∠MC′N=60° ⑤
⑥
所以
∠NC′P=150°-60°=90° ⑦
即为1/4圆周。
因此，圆心C′在x轴上。
设速度为最大值粒子的轨道半径为R，由直角△COC′可得
⑧
由图可知OP=2a+R，因此水平荧光屏发亮范围的右边界的坐标
⑨
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