高三物理一轮复习讲义

2024届物理一轮复习讲义专题强化十七带电粒子在匀强磁场中的多解和临界问题学习目标会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题和临界极值问题，提高思维分析综合能力。

考点一带电粒子在磁场中运动的多解问题造成多解问题的几种情况分析类型分析图例带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，由于磁感应强度方向不确定而形成多解粒子带正电，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例1 (多选)(2022·湖北卷) 在如图1所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。

离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP 成30°角。

已知离子比荷为k ，不计重力。

若离子从P 点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )图1A.13kBL ，0° B.12kBL ，0° C.kBL ，60° D.2kBL ，60°答案 BC解析 若离子通过下部分磁场直接到达P 点，如图甲所示，甲根据几何关系，有R ＝L ，q v B ＝m v 2R ，可得v ＝qBLm ＝kBL ，根据对称性可知出射速度与SP 成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。

当粒子上下均经历一次时，如图乙所示，乙因为上下磁感应强度均为B ，则根据对称性有R ＝12L ，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R ，可得v ＝qBL 2m ＝12kBL ，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。

法拉第电磁感应定律一、 知识点及规律回顾1、如图所示，开始时矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中可行的是：（ ）A 、将线圈向左平移一小段距离；B 、将线圈向上平移；C 、以ab 为轴转动（小于900）；D 、以bd 为轴转动（小于600）．2、一条形磁铁插入闭合线圈中，第一次迅速插入所用时间为t 1，第一次缓慢插入所用时间为t 2且t 2=2 t 1，则有（ ）A 、两次产生的感应电动势之比为2：1；B 、两次线圈内磁通量变化之比为2：1；C 、两次通过线圈的电量之比为1：1；D 、两次通过线圈的电量之比为2：1.3、如图所示，长为L 的正方形线圈电阻为 R ，处于磁感应强度为 B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．求：将线圈以向右的速度V 匀速拉出磁场的过程中，⑴拉力 F 大小 ⑵拉力做的功 W⑶线圈中产生的电热 Q⑷通过线圈某一截面的电荷量 q ．感应电动势1.感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫感应电动势，_______________相当于电源，只要穿过回路的磁通量发生改变，在回路中就会产生感应电动势。

2.感应电动势和感应电流感应电流的大小是由感应电动势和闭合回路的总电阻共同决定。

三者关系___________。

3.法拉第电磁感应定律①内容 ： 电路中感应势的大小，跟穿过这一电路的______________成正比。

②公式 ： ε= n Δф/Δt ，n 为线圈的匝数。

③几点说明a.上式适用于回路磁通量发生变化的情况，回路不一定要闭合。

b. Δф不能决定ε的大小，Δф/Δt 才能决定ε的大小，Δф/Δt 与Δф大小上无必然联系。

c. ε= n Δф/Δt 中，ε为Δt 时间内平均值，当Δф仅由B 的变化引起时，则ε=________, 当Δф仅由B 的变化引起时，则ε=________。

4.导体切割磁感线产生感应电动势①公式：ε=BLv②几点说明a.上式仅适用于导体上各处以相同速度在匀强磁场中切割磁感线的情况，并且L 、B 、v 必须__________。

多用电表【学习目标】1．认识多用电表及其表盘。

2．会使用多用电表测直流电压、电流及导体电阻。

3．会用多用电表判断二极管的正、负极。

【学习重点】会使用多用电表测直流电压、电流及导体电阻。

【学习难点】会用多用电表判断二极管的正、负极。

【学习过程】预习导学新知探究一、认识多用电表1．组成：多用电表由一个小量程的（俗称表头）和电路元件组成。

2．面板：多用电表面板的上半部为表盘，分别标有、、和的刻度线，用于读取这些电学量的测量值。

面板中央的定位螺丝为，用于调节指针的“0”位。

面板下半部中间的旋钮是，周围标有各种测量功能及量程。

面板右边有一个电阻挡的旋钮。

面板的下方有两个标有“＋”“－”的插孔，用于插。

3．符号：“”表示直流电压挡，“”表示交流电压挡，“”表示直流电流挡，“Ω”表示挡。

想一想仔细观察多用电表的刻度盘，电压、电流、电阻的刻度都是均匀分布的吗？电压、电流的零刻度在刻度盘哪一侧？电阻的零刻度又在哪一侧？提示：电压、电流的刻度是均匀分布的，电阻刻度是不均匀的；电压、电流的零刻度在左端，而电阻的零刻度在右侧。

二、使用多用电表1．使用多用电表前，应检查指针是否停在位置。

如果没有停在位置，要用螺丝刀轻轻转动旋钮，使指针指“0”。

再将、测试表笔分别插入“＋”“－”插孔。

2．电压、电流、电阻的测量利用多用电表测量电压、电流和电阻时，要根据所需测量的电学量，将开关旋转到相应的测量挡位和量程上。

测量结束后，要将开关旋转到的最大量程处或“”处，以保护多用电表。

3．用多用电表判断晶体二极管的极性目前广泛使用的二极管是晶体二极管，它是用半导体材料制成的电子元件。

二极管有两根引线，一根叫正极，一根叫负极。

二极管具有。

当给二极管加上一定的正向电压时，它的电阻值；当给二极管加上反向电压时，它的电阻值变得。

晶体二极管的这种导电特性可以概括成“正向导通，反向截止”。

二极管的符号：判一判（1）多用电表的所有刻度都是均匀分布的。

（）（2）应用多用电表无论测电压、测电流还是测电阻时，电流都是从红表笔流入电表。

电磁感应现象楞次定律(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。

(×)(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。

(√)(3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变更，线框中也没有感应电流产生。

(√)(4)当导体切割磁感线时，肯定产生感应电动势。

(√)(5)由楞次定律知，感应电流的磁场肯定与引起感应电流的磁场方向相反。

(×)(6)感应电流的磁场肯定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变更。

(√)(1)1831年，英国物理学家法拉第发觉了——电磁感应现象。

(2)1834年，俄国物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律——楞次定律。

突破点(一) 对电磁感应现象的理解和推断1．推断感应电流的流程(1)确定探讨的回路。

(2)弄清晰回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ。

(3)⎩⎨⎧ Φ不变→无感应电流。

Φ变更→⎩⎪⎨⎪⎧ 回路闭合，有感应电流；回路不闭合，无感应电流，但有感应电动势。

2．磁通量Φ发生变更的三种常见状况(1)磁场强弱不变，回路面积变更。

(2)回路面积不变，磁场强弱变更。

(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生变更。

[题点全练]1．(2024·徐州模拟)下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是( ) A.开关S 闭合稳定后，线圈N 中 B.磁铁向铝环A 靠近，铝环A 中 C.金属框从A 向B 运动，金属框中 D.铜盘在磁场中按图示方向转动，电阻R 中解析：选A 开关S 闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈不产生感应电流，故A 符合题意；磁铁向铝环A 靠近，穿过铝环A 的磁通量在增大，铝环A 产生感应电流，故B 不符合题意；金属框从A 向B 运动，穿过线框的磁通量时刻在变更，线框产生感应电流，故C 不符合题意；铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D 不符合题意。

2．(2024·上海模拟)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及开关如图连接。

高三一轮同步复习专题25 动量守恒定律及应用二——“滑块-弹簧”模型【模型归纳】【典例分析】例1、如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。

现在使甲瞬时获得水平向右的速度v0=5m/s，当甲物体的速度减小到1m/s 时，弹簧最短。

下列说法正确的是（）A．紧接着甲物体将开始做减速运动B．紧接着甲物体将开始做加速运动C．甲乙两物体的质量之比m1∶m2=1∶3D．甲乙两物体的质量之比m1∶m2=1∶4【变式训练1】如图所示，质量为m1=2 kg的小球P从离水平面高度为h=0.8m的光滑斜面上滚下，与静止在光滑水平面上质量为m Q=2kg的带有轻弹簧的滑块Q碰撞，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．P球与滑块Q碰撞前的速度为5m/sB．P球与滑块Q碰撞前的动量为16kg·m/sC．它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为2m/sD．碰撞过程中动能守恒【变式训练2】如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。

现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（）A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为12:1:3m m =D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为12:1:8k kE E =【变式训练3】如图所示，质量为m 1=0.95kg 的小车A 静止在光滑地面上，一质量为m 3=0.05kg 的子弹以v 0=100m/s 的速度击中小车A ，并留在其中，作用时间极短。

一段时间后小车A 与另外一个静止在其右侧的，质量为m 2=4kg 的小车B 发生正碰，小车B 的左侧有一固定的轻质弹簧，碰撞过程中，弹簧始终未超弹性限度，则下列说法错误的是（ ）A ．小车A 与子弹的最终速度大小为3m/sB ．小车B 的最终速度大小为2m/sC ．弹簧最大的弹性势能为10JD ．整个过程损失的能量为240J【变式训练4】如图所示，质量M=4kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L=0.5m 这段滑板与木块A （可视为质点）之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑。

第2讲　动能和动能定理教材知识萃取1. 如图,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ,其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。

若摩托车经过a 点时的动能为E 1,它会落到坑内c 点,c 与a 的水平距离和高度差均为h ;若经过a 点时的动能为E 2,该摩托车恰能越过坑到达b 点。

�2�1等于A.20 B.18C.9.0D.3.01.B 摩托车落到c 点时,根据平抛运动规律有h =v 01t 1,h =12g �12,解得�012=�ℎ2;同理摩托车落到b 点时有�022=9gh 。

又动能E 1=12m �012、E 2=12m �022,所以�2�1=18,故A 、C 、D 项错误,B 项正确。

答案2. 某音乐喷泉一个喷水管的流量为Q =0.04 m 3/s,喷出的水最高可达20 m 的高度,已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3,不计空气阻力和水滴之间的相互作用,用于该喷水管的电动机功率约为A.8.0×103 WB.8.0×104 WC.2.0×103 WD.2.0×104 W2.A 根据题意,水离开管口的速度大小v =2� =2×10×20 m/s=20 m/s,设给喷管喷水的电动机输出功率为P ,很短一段时间Δt 内喷出的水柱的质量m =ρ·V =ρQ Δt ,根据动能定理可得P Δt =12mv 2,代入数据解得P =8.0×103 W,故A 正确,BCD 错误。

答案3. [多选]游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC部分轨道水平。

一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力为2.5mg,重力加速度大小为g。

下列说法正确的是A.小孩到达B点时的速度大小为2�B.小孩到达B点时的速度大小为6�2mgRC.小孩从A到B克服摩擦力做的功为14mgRD.小孩从A到B克服摩擦力做的功为12教材素材变式3.BC　根据牛顿第三定律可知,小孩在B点处受到轨道的支持力N=2.5mg,根据牛顿第二定律有N-mg=��2,解得v=6�2,故选项A错误,B正确;根据动能定理有mgR-W f=12mv2,将v=6�2代入可求出小孩从A到B克服摩擦力做的功W f=14mgR,故选项C正确,D错误。

第2讲 原子核目标要求 1.了解原子核的组成及核力的性质，了解半衰期及其统计意义.2.认识原子核的结合能，了解核裂变及核聚变，能根据质量数、电荷数守恒写出核反应方程．考点一 原子核的衰变及半衰期1．原子核的组成：原子核是由质子和中子组成的，原子核的电荷数等于核内的质子数． 2．天然放射现象放射性元素自发地发出射线的现象，首先由贝克勒尔发现．天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构． 3．三种射线的比较名称 构成 符号电荷量 质量 电离能力 贯穿本领 α射线 氦核 42He ＋2e 4 u 最强 最弱 β射线 电子 0－1e－e 11 837 u 较强 较强 γ射线 光子γ最弱最强4.原子核的衰变(1)衰变：原子核自发地放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变． (2)α衰变、β衰变衰变类型 α衰变β衰变衰变方程M Z X →M －4Z －2Y ＋42HeM Z X →M Z ＋1Y ＋0－1e衰变实质2个质子和2个中子结合成一个整体射出中子转化为质子和电子211H ＋210n →42He10n →11H ＋0－1e 衰变规律电荷数守恒、质量数守恒(3)γ射线：γ射线经常是伴随着α衰变或β衰变同时产生的． 5．半衰期 (1)公式：N 余＝N 原1/212t T ⎛⎫⎪⎝⎭，m 余＝m 原1/212tT ⎛⎫ ⎪⎝⎭.(2)影响因素：放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的外部条件(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关(选填“有关”或“无关”)．6．放射性同位素的应用与防护(1)放射性同位素：有天然放射性同位素和人工放射性同位素两类，放射性同位素的化学性质相同．(2)应用：消除静电、工业探伤、做示踪原子等．(3)防护：防止放射性对人体组织的伤害．1．三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是γ射线、β射线、α射线．(√)2．β衰变中的电子来源于原子核外电子．(×)3．发生β衰变时，新核的电荷数不变．(×)4．如果现在有100个某放射性元素的原子核，那么经过一个半衰期后还剩50个．(×) 考向1原子核的衰变例1(多选)天然放射性元素232 90Th(钍)经过一系列α衰变和β衰变之后，变成208 82Pb(铅)．下列判断中正确的是()A．衰变过程共有6次α衰变和4次β衰变B．铅核比钍核少8个质子C．β衰变所放出的电子来自原子核外D．钍核比铅核多24个中子答案AB解析由于β衰变不会引起质量数的减少，故可先根据质量数的减少确定α衰变的次数，x＝232－2084＝6，再结合电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数(设为y)，2x－y＝90－82＝8，y＝2x－8＝4，钍核中的中子数为232－90＝142，铅核中的中子数为208－82＝126，所以钍核比铅核多16个中子，铅核比钍核少8个质子，β衰变所放出的电子来自原子核内，A、B正确．例2(多选)有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，一个原来静止在A处的原子核，发生衰变放射出某种粒子，两个新核的运动轨迹如图所示，已知两个相切圆半径分别为r1、r2.下列说法正确的是()A ．原子核发生α衰变，根据已知条件可以算出两个新核的质量比B ．衰变形成的两个粒子带同种电荷C ．衰变过程中原子核遵循动量守恒定律D ．衰变形成的两个粒子电荷量的关系为q 1∶q 2＝r 1∶r 2 答案 BC解析 衰变后两个新核速度方向相反，受力方向也相反，根据左手定则可判断出，带同种电荷，所以衰变是α衰变，衰变后的新核由洛伦兹力提供向心力，有Bq v ＝m v 2r ，可得r ＝m vqB ，衰变过程遵循动量守恒定律，即m v 相同，所以电荷量与半径成反比，有q 1∶q 2＝r 2∶r 1，但无法求出质量，故A 、D 错误，B 、C 正确． 考向2 半衰期例3 (2021·全国乙卷·17)医学治疗中常用放射性核素113In 产生γ射线，而113In 是由半衰期相对较长的113Sn 衰变产生的．对于质量为m 0的113Sn ，经过时间t 后剩余的113Sn 质量为m ，其mm 0－t 图线如图所示．从图中可以得到13Sn 的半衰期为( )A ．67.3 dB ．101.0 dC ．115.1 dD ．124.9 d答案 C解析 由题图可知从m m 0＝23到m m 0＝13，113Sn 恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知113Sn 的半衰期为T 1/2＝182.4 d －67.3 d ＝115.1 d ，故选C.考点二 核反应及核反应类型1．核反应的四种类型类型可控性核反应方程典例衰变α衰变自发238 92U→234 90Th＋42He β衰变自发234 90Th→234 91Pa＋0－1e人工转变人工控制147N＋42He→17 8O＋11H(卢瑟福发现质子)42He＋94Be→12 6C＋10n(查德威克发现中子)2713Al＋42He→3015P＋10n3015P→3014Si＋0＋1e约里奥－居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子重核裂变容易控制23592U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n23592U＋10n→136 54Xe＋9038Sr＋1010n轻核聚变现阶段很难控制21H＋31H→42He＋10n2.核反应方程式的书写(1)熟记常见基本粒子的符号，是正确书写核反应方程的基础．如质子(11H)、中子(10n)、α粒子(42He)、β粒子(0－1e)、正电子(0＋1e)、氘核(21H)、氚核(31H)等．(2)掌握核反应方程遵循的规律：质量数守恒，电荷数守恒．(3)由于核反应不可逆，所以书写核反应方程式时只能用“→”表示反应方向．例4下列说法正确的是()A.238 92U→234 90Th＋X中X为中子，核反应类型为β衰变B.21H＋31H→42He＋Y中Y为中子，核反应类型为人工转变C.235 92U＋10n→136 54Xe＋9038Sr＋K，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变D.14 7N＋42He→17 8O＋Z，其中Z为氢核，核反应类型为轻核聚变答案 C解析根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，A选项反应中的X质量数为4，电荷数为2，为α粒子，核反应类型为α衰变，选项A错误；B选项反应中的Y质量数为1，电荷数为0，为中子，核反应类型为轻核聚变，选项B错误；C选项反应中的K质量数总数为10，电荷数为0，则K为10个中子，核反应类型为重核裂变，选项C正确；D选项反应中的Z质量数为1，电荷数为1，为质子，核反应类型为人工转变，选项D错误．例5(多选)(2020·全国卷Ⅰ·19)下列核反应方程中，X1、X2、X3、X4代表α粒子的有() A.21H＋21H→10n＋X1B.21H＋31H→10n＋X2C.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋3X3D.10n＋63Li→31H＋X4答案BD解析21H＋21H→10n＋32He，A错．2H＋31H→10n＋42He，B对．1235U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n，C错．921n＋63Li→31H＋42He，D对．考点三质量亏损及核能的计算核力和核能(1)核力：原子核内部，核子间所特有的相互作用力．(2)结合能：原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开需要的能量，叫作原子的结合能，也叫核能．(3)比结合能：原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，也叫平均结合能．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．(4)核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm，其对应的能量ΔE＝Δmc2.原子核分解成核子时要吸收一定的能量，相应的质量增加Δm，吸收的能量为ΔE＝Δmc2.1．原子核的结合能越大，原子核越稳定．(×)2．核反应中，出现质量亏损，一定有核能产生．(√)核能的计算方法(1)根据ΔE＝Δmc2计算，计算时Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”．(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算．因1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”．(3)根据核子比结合能来计算核能：原子核的结合能＝核子比结合能×核子数．例6(2019·全国卷Ⅱ·15)太阳内部核反应的主要模式之一是质子—质子循环，循环的结果可表示为411H →42He ＋201e ＋2ν，已知11H 和42He 的质量分别为m p ＝1.007 8 u 和m α＝4.002 6 u,1 u ＝931 MeV/c 2，c 为光速．在4个11H 转变成1个42He 的过程中，释放的能量约为( )A ．8 MeVB ．16 MeVC ．26 MeVD ．52 MeV 答案 C解析 因电子质量远小于质子的质量，计算中可忽略不计，核反应质量亏损Δm ＝4×1.007 8 u －4.002 6 u ＝0.028 6 u ，释放的能量ΔE ＝0.028 6×931 MeV ≈26.6 MeV ，选项C 正确．例7 (多选)用中子(10n)轰击铀核(235 92U)产生裂变反应，会产生钡核(141 56Ba)和氪(9236Kr)并释放中子(10n)，达到某些条件时可发生链式反应，一个铀核(235 92U)裂变时，释放的能量约为200 MeV(1 eV ＝1.6×10－19J)．以下说法正确的是( )A.235 92U 裂变方程为235 92U →144 56Ba ＋8936Kr ＋210nB.235 92U 裂变方程为235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310nC.235 92U 发生链式反应的条件与铀块的体积有关 D ．一个235 92U 裂变时，质量亏损约为3.6×10－28kg答案 BCD 解析235 92U 的裂变方程为235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310n ，方程两边的中子不能相约，故A 错误，B 正确；铀块需达到临界体积才能维持链式反应持续不断进行下去，故C 正确；一个铀核 (235 92U)裂变时，释放的能量约为200 MeV ，根据爱因斯坦质能方程得，质量亏损Δm ＝ΔEc 2＝200×106×1.6×10－199×1016kg ≈3.6×10－28 kg ，故D 正确． 例8 花岗岩、砖砂、水泥等建筑材料是室内氡的最主要来源．人呼吸时，氡气会随气体进入肺脏，氡衰变放出的α射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．一静止的氡核222 86Rn 发生一次α衰变生成新核钋(Po)，此过程动量守恒且释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能．已知m 氡＝222.086 6 u ，m α＝4.002 6 u ，m 钋＝218.076 6 u, 1 u 相当于931 MeV 的能量．(结果保留3位有效数字) (1)写出上述核反应方程； (2)求上述核反应放出的能量ΔE ； (3)求α粒子的动能E kα.答案 (1)222 86Rn →218 84Po ＋42He (2)6.89 MeV (3)6.77 MeV解析 (1)根据质量数和电荷数守恒有222 86Rn →218 84Po ＋42He (2)质量亏损Δm＝222.086 6 u－4.002 6 u－218.076 6 u＝0.007 4 uΔE＝Δm×931 MeV解得ΔE＝0.007 4 u×931 MeV≈6.89 MeV(3)设α粒子、钋核的动能分别为E kα、E k钋，动量分别为pα、p钋，由能量守恒定律得ΔE＝E kα＋E k钋由动量守恒定律得0＝pα＋p钋又E k＝p22m故E kα∶E k钋＝218∶4解得E kα≈6.77 MeV.课时精练1．(2021·湖南卷·1)核废料具有很强的放射性，需要妥善处理．下列说法正确的是( ) A ．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽 B ．原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒C ．改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期D ．过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害 答案 D解析 根据半衰期的定义可知，放射性元素经过两个完整的半衰期后，还剩原来的14未衰变，故A 错误；原子核衰变时满足电荷数守恒，质量数守恒，故B 错误；放射性元素的半衰期是由原子核的自身结构决定的，而与物理环境如压力、温度或浓度无关，与化学状态无关，故C 错误；过量放射性辐射包含大量的射线，对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害，故D 正确．2．2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M 装置(HL －2M)在成都建成并首次实现利用核聚变放电．下列方程中，正确的核聚变反应方程是( )A.21H ＋31H →42He ＋10nB.238 92U →234 90Th ＋42HeC.235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310nD.42He ＋2713Al →3015P ＋10n答案 A解析 A 项方程是核聚变，B 项方程为α衰变，C 项方程为重核裂变，D 项方程为人工核转变．故选A.3．(2021·河北卷·1)银河系中存在大量的铝同位素26Al ，26Al 核β衰变的衰变方程为2613Al →2612Mg ＋01e ，测得26Al 核的半衰期为72万年，下列说法正确的是( )A ．26Al 核的质量等于26Mg 核的质量B ．26Al 核的中子数大于26Mg 核的中子数C ．将铝同位素26Al 放置在低温低压的环境中，其半衰期不变D ．银河系中现有的铝同位素26Al 将在144万年后全部衰变为26Mg答案 C解析26Al和26Mg的质量数均为26，相等，但是二者原子核中的质子数和中子数不同，所以质量不同，A错误；2613Al核的中子数为26－13＝13个，2612Mg核的中子数为26－12＝14个，B错误；半衰期是原子核固有的属性，与外界环境无关，C正确；质量为m的26Al的半衰期为72万年，144万年为2个半衰期，剩余质量为126Mg，D错误．4m，不会全部衰变为4．(多选)(2021·浙江6月选考·14)对四个核反应方程(1)238 92U→234 90Th＋42He；(2)234 90Th→234 91Pa＋e；(3)14 7N＋42He→17 8O＋11H；(4)21H＋31H→42He＋10n＋17.6 MeV.－1下列说法正确的是()A．(1)(2)式核反应没有释放能量B．(1)(2)(3)式均是原子核衰变方程C．(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程D．利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一答案CD解析(1)是α衰变，(2)是β衰变，均有能量放出，故A错误；(3)是人工核转变，故B错误；(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程，故C正确；利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一，故D正确．5．(2021·全国甲卷·17)如图，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出电子的总个数为()A．6 B．8 C．10 D．14答案 A解析由题图分析可知，核反应方程为238X→206 82Y＋a42He＋b0－1e，92经过a次α衰变，b次β衰变，由电荷数与质量数守恒可得238＝206＋4a；92＝82＋2a－b，解得a＝8，b＝6，故放出6个电子，故选A.6．(多选)铀核裂变的一种方程为235 92U＋X→9438Sr＋139 54Xe＋310n，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有()A．X粒子是中子B．X粒子是质子C.235 92U、9438Sr、139 54Xe相比，9438Sr的比结合能最大，最稳定D.235 92U、9438Sr、139 54Xe相比，235 92U的质量数最大，结合能最大，最稳定答案AC解析根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，A正确，B错误；根据题图可知235 92U、9438Sr、139 54Xe相比，9438Sr的比结合能最大，最稳定，235 92U的质量数最大，结合能最大，比结合能最小，最不稳定，C正确，D错误．7．(2020·全国卷Ⅱ·18)氘核21H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式621H→242He＋211H＋210n＋43.15 MeV表示．海水中富含氘，已知1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J,1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为()A．40 kg B．100 kgC．400 kg D．1 000 kg答案 C解析根据核反应方程式，6个氘核聚变反应可释放出43.15 MeV的能量，1 kg海水中的氘核反应释放的能量为E＝1.0×102222 MeV≈1.15×1010 J，则相当于燃6×43.15 MeV≈7.19×10烧的标准煤的质量为M＝1.15×1010kg≈396.6 kg，约为400 kg.2.9×1078．(多选)(2020·浙江7月选考·14)太阳辐射的总功率约为4×1026 W ，其辐射的能量来自于聚变反应．在聚变反应中，一个质量为1 876.1 MeV/c 2(c 为真空中的光速)的氘核(21H)和一个质量为2 809.5 MeV/c 2的氚核(31H)结合为一个质量为3 728.4 MeV/c 2的氦核(42He)，并放出一个X 粒子，同时释放大约17.6 MeV 的能量．下列说法正确的是( )A ．X 粒子是质子B ．X 粒子的质量为939.6 MeV/c 2C ．太阳每秒因为辐射损失的质量约为4.4×109 kgD ．太阳每秒因为辐射损失的质量约为17.6 MeV/c 2答案 BC解析 该聚变反应方程为21H ＋31H →42He ＋10n ，X 为中子，故A 错误；该核反应中质量的减少量Δm 1＝17.6 MeV/c 2，由质能方程知，m 氘＋m 氚＝m 氦＋m X ＋Δm 1，代入数据知1 876.1 MeV/c 2＋2 809.5 MeV/c 2＝3 728.4 MeV/c 2＋m X ＋17.6 MeV/c 2，故m X ＝939.6 MeV/c 2，故B 正确；太阳每秒辐射能量ΔE ＝P Δt ＝4×1026 J ，由质能方程知Δm ＝ΔE c 2，故太阳每秒因为辐射损失的质量Δm ＝4×1026(3×108)2 kg ≈4.4×109 kg ，故C 正确；因为ΔE ＝4×1026 J ＝4×10261.6×10－19eV ＝2.5×1039 MeV ，则太阳每秒因为辐射损失的质量为Δm ＝ΔE c2＝2.5×1039 MeV/c 2，故D 错误． 9．A 、B 是两种放射性元素的原子核，原来都静止在同一匀强磁场，其中一个放出α粒子，另一个放出β粒子，运动方向都与磁场方向垂直．图中a 、b 与c 、d 分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是( )A ．A 放出的是α粒子，B 放出的是β粒子B ．a 为α粒子运动轨迹，d 为β粒子运动轨迹C ．a 轨迹中的粒子比b 轨迹中的粒子动量小D ．磁场方向一定垂直纸面向外答案 A解析 放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆；而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故B 放出的是β粒子，A 放出的是α粒子，故A 正确；根据带电粒子在磁场中的运动的半径r ＝m v qB，放出的粒子与反冲核的动量相等，而反冲核的电荷量大，故轨迹半径小，故b 为α粒子运动轨迹，c 为β粒子运动轨迹，故B 、C 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子运动的方向相反，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向，故D 错误．10．(2017·北京卷·23)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α衰变．放射出的α粒子(42He)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α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程；(2)α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化为α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Δm .答案 (1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He (2)2πm qB q 2B 2πm (3)q 2B 2R 2(M ＋m )2Mmc 2解析 (1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He(2)洛伦兹力提供向心力，有q v αB ＝m v α2R所以v α＝qBR m ，T ＝2πR v α＝2πm qB环形电流大小I ＝q T ＝q 2B 2πm. (3)衰变过程动量守恒，有0＝p Y ＋p α所以p Y ＝－p α，“－”表示方向相反．因为p ＝m v ，E k ＝12m v 2 所以E k ＝p 22m即：E kY ∶E kα＝m ∶M由能量守恒得Δmc 2＝E kY ＋E kαΔm ＝E kαc 2⎝ ⎛⎭⎪⎫M ＋m M ，其中E kα＝12m v α2＝q 2B 2R 22m ， 所以Δm ＝q 2B 2R 2(M ＋m )2Mmc 2.。

专题强化二十一带电粒子在组合场中的运动目标要求 1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路.2.学会处理磁场和磁场组合场、电场和磁场组合场中带电粒子的运动问题．1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．3．常见粒子的运动及解题方法题型一磁场与磁场的组合磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．例1(2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：(1)Q 到O 的距离d ；(2)甲两次经过P 点的时间间隔Δt ； (3)乙的比荷q ′m ′可能的最小值．答案 (1)m v 3qB 0 (2)2πm qB 0 (3)2qm解析 (1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r 1、r 2 由q v B ＝m v 2r 可知r ＝m vqB ，故r 1＝m v 2qB 0，r 2＝m v3qB 0且d ＝2r 1－2r 2 解得d ＝m v 3qB 0(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t 1、t 2 由T ＝2πr v ＝2πm qB 得t 1＝πm 2qB 0，t 2＝πm 3qB 0且Δt ＝2t 1＋3t 2 解得Δt ＝2πmqB 0(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动 若经过两磁场的次数均为n (n ＝1,2,3，…) 相遇时，有n m ′v 3q ′B 0＝d ，n 5πm ′6q ′B 0＝t 1＋t 2解得q ′m ′＝n qm根据题意，n ＝1舍去．当n ＝2时，q ′m ′有最小值，(q ′m ′)min ＝2qm若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n ＋1)、n (n ＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇． 综上分析，乙的比荷的最小值为2qm.题型二 电场与磁场的组合考向1 先电场后磁场1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲．2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图乙．例2 (2018·全国卷Ⅰ·25)如图，在y >0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y <0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核11H 和一个氘核21H先后从y 轴上y ＝h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向．已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场.11H 的质量为m ，电荷量为q .不计重力．求：(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离． 答案 (1)233h (2)6mE qh (3)233(2－1)h 解析 (1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设11H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1，由运动学公式有s 1＝v 1t 1① h ＝12a 1t 12② 由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°.11H 进入磁场时速度沿y 轴方向的分量的大小为 a 1t 1＝v 1tan θ1③ 联立以上各式得 s 1＝233h ④(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE ＝ma 1⑤设11H 进入磁场时速度的大小为v 1′，由速度合成法则有 v 1′＝v 12＋(a 1t 1)2⑥设磁感应强度大小为B ，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v 1′B ＝m v 1′2R 1⑦由几何关系得 s 1＝2R 1sin θ1⑧ 联立以上各式得 B ＝6mEqh⑨ (3)设21H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2，由题给条件得12(2m )v 22＝12m v 12⑩ 由牛顿第二定律有 qE ＝2ma 2⑪设21H 第一次射入磁场时的速度大小为v 2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2.由运动学公式有 s 2＝v 2t 2⑫ h ＝12a 2t 22⑬ v 2′＝v 22＋(a 2t 2)2⑭ sin θ2＝a 2t 2v 2′⑮ 联立以上各式得s 2＝s 1，θ2＝θ1，v 2′＝22v 1′⑯ 设21H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R 2＝2m v 2′qB＝2R 1⑰所以出射点在原点左侧．设21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s 2′，由几何关系有 s 2′＝2R 2sin θ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为s 2′－s 2＝233(2－1)h .考向2 先磁场后电场1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)． 2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．例3 如图所示的xOy 坐标系中，第一象限存在与xOy 平面平行的匀强电场E ，且与y 轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一带正电粒子自O 点射入第二象限，速度v 与x 轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y 轴上的P 点进入第一象限，并由x 轴上的M 点(未画出)离开电场．已知OM 距离为3L ，粒子的比荷为vBL，不计粒子重力．(1)求OP 两点的距离；(2)求粒子在磁场中运动的时间；(3)当该粒子经过P 点的同时，在电场中的N 点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N 点的坐标． 答案 (1)3L (2)2πL 3v (3)(32L ，332L )解析 (1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C由牛顿第二定律，得q v B ＝m v 2R解得R ＝L由几何关系得∠OCP ＝120°则OP ＝3L(2)粒子在磁场中的运动周期T ＝2πRv 粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t ＝T3解得t ＝2πL3v(3)带电粒子进入第一象限时速度与y 轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN 范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M 点相遇所需时间最长，即在图中N 点由静止释放粒子即可．设N 点的横坐标为x ，纵坐标为y ，根据几何知识可得PN ＝QM ＝3L 又x ＝PN cos 30° y ＝OP ＋PN sin 30° 解得x ＝32L ，y ＝332L考向3 粒子多次进出电场、磁场的运动例4 (2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a 、b 、c 围成的区域，圆a 内为无场区，圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，圆b 与圆c 之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能E k0从圆b 上P 点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a 与圆b 之间电势差为U ，圆b 半径为R ，圆c 半径为3R ，电子质量为m ，电荷量为e ，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.(1)当E k0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q 点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q 点出射时的动能；(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当E k0＝keU 时，要保证电子从出射区域出射，求k 的最大值． 答案 (1)5eUm eR πR meU 4eU 8eU (2)136解析 (1)电子在电场中加速有2eU ＝12m v 2在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r ＝R tan 22.5°＝0.4R 根据洛伦兹力提供向心力有B 1e v ＝m v 2r联立解得B 1＝5eUmeR电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T ＝2πrv由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为 φ＝54π电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t ＝φ2πT联立解得t ＝πR meU4eU电子从P 到Q 在电场中共加速8次，故在Q 点出射时的动能为E k ＝8eU(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为r m ，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，由几何关系可得()3R －r m 2＝R 2＋r m 2解得r m ＝33R 根据洛伦兹力提供向心力有B 1e v m ＝m v m 2r m2eU ＝12m v m 2－keU联立解得k ＝136.例5 如图，直角坐标系xOy 中，在第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子从y 轴上P 点(0，h )以初速度v 0垂直于y 轴射入电场，再经x 轴上的Q 点沿与x 轴正方向成45°角进入磁场．粒子重力不计．(1)求匀强电场的场强大小E ；(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B 的大小范围； (3)若第四象限内磁感应强度大小为m v 0qh ，第三象限内磁感应强度大小为2m v 0qh，且第三、第四象限的磁场在y ＝－L (L >2h )处存在一条与x 轴平行的下边界MN (图中未画出)，则要使粒子能够垂直边界MN 飞出磁场，求L 的可能取值．答案 (1)m v 022qh (2)B <(1＋2)m v 02qh(3)L ＝⎝⎛⎭⎫1＋32n h (n ＝1,2,3…) 解析 (1)在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有v y 2＝2ah ，v y ＝v 0tan 45°由牛顿第二定律有：qE ＝ma 联立解得E ＝m v 022qh(2)粒子在Q 点的速率v ＝v 0cos 45°＝2v 0，h ＝12v y t ，x ＝v 0t 可得OQ 的距离为x ＝2h粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与y 轴相切时，对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值由牛顿第二定律有q v B max ＝m v 2R min由几何关系有x ＝R min ()1＋cos 45° 联立以上各式解得B max ＝(1＋2)m v 02qh故B 的大小范围为B <(1＋2)m v 02qh(3)由洛伦兹力提供向心力可知q v B ＝m v 2R粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为 R 1＝2h ，R 2＝2h 2易知：粒子由Q 点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图乙所示要让粒子垂直边界MN 飞出磁场，则L 满足的条件为 R 1sin 45°＋n ()R 1＋R 2sin 45°＝L (n ＝0,1,2,3…) 结合题意L >2h解得L ＝⎝⎛⎭⎫1＋32n h (n ＝1,2,3…)． 课时精练1．平面直角坐标系xOy 中，第二象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m ，带电荷量为q 的正粒子从坐标为(－L ，L )的P 点沿y 轴负向进入电场，初速度大小为v 0＝2EqLm，粒子第二次到达x 轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若粒子由P 点沿x 轴正方向入射，初速度仍为v 0＝2EqLm，求粒子第二次到达x 轴时与坐标原点的距离． 答案 (1)4mEqL (2)6＋24L 解析 (1)由动能定理得EqL ＝12m v 2－12m v 02粒子进入磁场时速度大小为v ＝4EqLm在磁场中L ＝2R q v B ＝m v 2R可得B ＝4mE qL(2)假设粒子由y 轴离开电场，运动轨迹如图所示L ＝v 0t ， y 1＝12at 2，Eq ＝ma解得y 1＝L4<L ，假设成立v y ＝at速度偏转角tan θ＝v yv 0第一次到达x 轴的坐标x 1＝L －y 1tan θ＝32L在磁场中R ′＝m v ′qBx 2＝2R ′sin θ＝2m v ′qB sin θ＝2m v y qB ＝24L粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离 x ＝x 1＋x 2＝6＋24L .2.如图所示，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外；在x 轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy 平面平行，且与x 轴成45°夹角．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以初速度v 0从y 轴上的P 点沿y 轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T 0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．(1)求粒子从P 点出发至第一次到达x 轴时所需时间； (2)若要使粒子能够回到P 点，求电场强度的最大值． 答案 (1)5πm 4qB (2)2m v 0qT 0解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设运动半径为R ，运动周期为T ，根据洛伦兹力提供向心力，有q v 0B ＝m v 02RT ＝2πR v 0联立解得T ＝2πmBq依题意，粒子第一次到达x 轴时，转过的角度为54π所需时间为t 1＝θ2πT ＝58T解得t 1＝5πm4qB.(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速直线运动，到达x 轴时速度大小仍为v 0，设粒子在电场中运动的总时间为t 2，加速度大小为a ，有qE ＝ma v 0＝a ·t 22解得t 2＝2m v 0qE根据题意，要使粒子能够回到P 点，必须满足 t 2≥T 0解得电场强度最大值E max ＝2m v 0qT 0. 3．如图所示，xOy 平面内，OP 与x 轴夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．第二象限有平行于 y 轴向下的匀强电场，场强大小为E ＝8340×105 V/m.一带电微粒以速度 v 0 ＝5×106 m/s 从 x 轴上 a (L,0)点平行于OP 射入磁场，并从OP 上的b 点垂直于OP 离开磁场，与y 轴交于c 点，最后回到x 轴上的点d ，图中点b 、d 未标出．已知L ＝54 m ，sin 53°＝45，cos 53°＝35，不计微粒的重力，求：(1)微粒的比荷qm ；(2)d 点与O 点的距离l;(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度B x 大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限．答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)B x ≥0.2 T解析 (1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得： r ＝L sin 53°由牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02r解得qm＝5×107 C/kg(2)粒子进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得 y Oc ＝L cos 53°＋r sin 53°在y 轴方向 y Oc ＝－v 0t cos 53°＋12qE mt 2在x 轴方向 l ＝ v 0t sin 53° 解得l ＝4 m(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限． 由几何关系知R ＝12L sin 53°由牛顿第二定律得q v 0B 1＝m v 02R解得B 1 ＝ 0.2 T故当磁感应强度B x ≥0.2 T 时，微粒能到达第四象限．4．(2022·湖北宜昌市联考)如图所示，在矩形区域ABCD 内存在竖直向上的匀强电场，在BC 右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L 1、L 2、L 3是磁场的边界(BC 与L 1重合)，宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 1.一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(重力不计)从AD 边中点以初速度v 0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B 点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B 点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB 长度是BC 长度的3倍．(1)求带电粒子到达B 点时的速度大小； (2)求区域Ⅰ磁场的宽度L ；(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B 2的最小值． 答案 (1)23v 03 (2)23m v 03qB 1(3)1.5B 1解析 (1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tan θ＝L BC L AB ＝33，则θ＝30°根据速度关系有：v ＝v 0cos θ＝23v 03；(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r 1，由牛顿第二定律得：q v B 1＝m v 2r 1，轨迹如图甲所示：由几何关系得：L ＝r 1 解得：L ＝23m v 03qB 1；(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B 2m ，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r 2，轨迹如图乙所示：可得：q v B 2m ＝m v 2r 2根据几何关系有：L ＝r 2(1＋sin θ) 解得：B 2m ＝1.5B 1.。