高考物理试卷分类汇编物理带电粒子在磁场中的运动(及答案)含解析

高考物理试卷分类汇编物理带电粒子在磁场中的运动(及答案)含解析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为

510/q

C kg m

=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：

（1）两金属极板间的电压U 是多大？

（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．

（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．

【答案】（1）100V （2）t=5210s π-?，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3

T π

-

【解析】

试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度

代入数据得U=100V （2）

粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间

射出点在AB 间离O 点

（3）粒子运动周期

，粒子在t=0、

….时刻射入时，粒子最

可能从AB间射出

如图，由几何关系可得临界时

要不从AB边界射出，应满足

得

考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动

2．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求

(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；

(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)(2)

【解析】

【分析】

本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。

【详解】

（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①

易得：②

（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

③

进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则

④

联立②③④解得

3．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：

（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；

（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．

【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起

后，AB边距桌面的高度为

2

0 22v

g

．

【解析】【分析】

【详解】

（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，

由几何知识得：r2+r2=L2，

解得：r=

2

2

L，

小球在磁场中做圆周运的周期：T=

2r

v

π

，

小球在磁场中的运动时间：t1=

1

4

T=

2

4

L

v

π

，

小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x=r=v0t2，

运动时间：t2=

2

2

L

v

，

则：t1：t2=π：2；

（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

位移：r=2

2

1

2

at，解得，加速度：a=

2

22v

L

，

对小球，由牛顿第二定律得：a=

mgsin

m

θ

=g sinθ，

AB边距离桌面的高度：h=L sinθ=

2

22v

g

；

4．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔

1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U

，周期为0T 。

在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在0

2

T t =时刻通过2S 垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）

（1）求粒子到达2S 时的速度大小v 和极板距离d

（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03t T =时刻再次到达2S ，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 【答案】（1）0024T qU d m

=

（2）0

24mU B L q

<

（3）2m T qB π=

087m

B qT π=

【解析】（1）粒子由1S 至2S 的过程中，根据动能定理得

2

012qU mv =

①

由①式得

02qU v m

=

②

设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得

U q

ma d =

③ 由运动学公式得

201()22T d a =

④

联立③④式得

⑤

(2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，

⑥

要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足

⑦

联立②⑥⑦式得

⑧

（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t ，有

1

d vt =

⑨

⑩

若粒子再次达到2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时

间为2t ，根据运动学公式得

⑾

联立○9○10

○

11式得 ⑿

设粒子在磁场中运动的时间为t

⒀ 联立⑩⑿⒀式得

⒁

设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T

，由○6式结合运动学公式得

⒂

由题意得

T t

= ⒃

联立⒁⒂⒃式得

8

7m B qT π=

⒄

5．如图所示，在竖直面内半径为R 的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P ，P 到圆心O 的距离为

2

R

，在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m ，电荷量均为q ，不计离子重力及离子间相互作用力，求：

（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围； （2）若离子速率大小02BqR

v m

=，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少。 【答案】（1）4BqR v m ≤（2）1523

4

R + 【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：2

v Bqv m r

=

如图所示，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则4

R r ≤ 故4BqR

v m

≤

（2）当离子速率大小02BqR v m =

时，由（1）式可知此时离子圆周运动的轨道半径2

R

r = 离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图，

由几何关系知：

2

22 14

R

h R

??

+

=

?

??

得

1

15

h R

=

由几何关系知：

2

23

sin60

224

R R

h R

?

+

=+=

故最高点与最低点的高度差

12

1523

h h h R

++

=+=

6．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q 点．不计重力．

求：（1）电场强度的大小．

（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．

【答案】

2

2

B qL

E

m

=；

2

B

E

t

t

π

=

【解析】

【分析】

【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有

2

v

qv B m

R

=

由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为

1

4

圆周，

故有2

R =

以E

表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212

E R at =

竖直方向上：0E R v t =

由以上各式，得 22

B qL E m

= 且E m

t qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为

1

4

圆周，即142B t T m qB π==

所以2

B E t t π

=

7．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。a 、b 两带正电粒子从O 点同时分别沿y 轴正向、负向运动,已知粒子a 质量为m 、电量为q 、速度大小为v,粒子b 质量为2m 、电量为2q 、速度大小为v /2,粒子b 恰好不穿出1区域,粒子a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:

(1)小圆半径R 1； (2)大圆半径最小值

(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【答案】(1)1mv R qB = (2)2min (31)2mv R qB

= (3)14m qB π

【解析】 【详解】

解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r

根据洛伦磁力提供向心力有：2

2()222b

v m v q B r =

由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv

R qB

=

(2)设a 在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为1a r ，

根据洛伦磁力提供向心力有：2

1

a mv qvB r =

解得： 11a mv

r R qB

=

= 设a 在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为2a r ，

根据洛伦磁力提供向心力有：2

2

2a mv qv B r ?=

解得： 211

22

a mv r R qB =

= 设大圆半径为2R

，由几何关系得：12112

R R R ≥+ 所以，大圆半径最小值为：

2min 1)2qB

R mv

≥

(3)粒子a 在Ⅰ区域的周期为12a m T qB π=

，Ⅱ区域的周期为2a m

T qB

π=

粒子a 从O 点出发回到O 点所经过的最短时间为：1121

13

2

a a a t T T =+ 解得：176a m

t qB

π=

粒子b 在Ⅰ区域的周期为：2b m

T qB

π=

讨论：①如果a 、b 两粒子在O 点相遇，粒子a 经过时间：176a a n m

t nt qB

π== n=1，2，3… 粒子b 经过时间：2b b k m

t kT qB

π==

k=1，2，3… a b t t =时，解得：

726

n

k = 当7k =，12n =时，有最短时间：114m

t qB

π=

②设粒子b 轨迹与小圆相切于P 点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在P 点相遇

则有：1215(218)663a a a a n m t T T n t qB

π+=

++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间： (21)(21)2b b k T k m

t qB π--=

= k=1，2，3… a b t t =时，解得：218

213

n k +-=

ab 不能相遇

③如果a 粒子在射入小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1217(2113)2663a a a a n m t T T n t qB

π+=

++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间：(21)(21)2b b k T k m

t qB

π--=

= k=1，2，3… a b t t =时，解得：2113

213

n k +-=

ab 不能相遇

a 、

b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为14m

qB

π

8．一个氘核（21H ）和一个氚核（31H ）聚变时产生一个中子（1

0n ）和一个α粒子（4

2e H ）。已知氘核的质量为D m ，氚核的质量为T m ，中子的质量为n m ，α粒子的质量为αm ，光速为c ，元电荷电量为e 。

（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能E ?。

（2）反应放出的α粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R ，磁感应强度大小为B 。求α粒子在磁场中圆周运动的周期T 和等效电流I 的大小。

（3）1909年卢瑟福及盖革等用α粒子轰击金箔发现，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些α粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把α粒子反弹回来，在经过深思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。以一个α粒子以速度v 与原来静止的电子发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把α粒子反弹回来（已知α粒子的质量是电子质量的7300倍）。

【答案】（1）2

2

D T n ()

E mc m m m m c α?=?=+--（2）2α

2πe B

I m =（3）α粒子所受电子的

影响是微乎其微的，不能被反弹 【解析】 【详解】

（1）核反应方程：2314

1102H+H n+He →

反应释放的核能：()2

2

D T n

E mc m m m m c α?=?=+--

（2）设α粒子的速度大小为v，由

2

α

2

v

evB m

R

=，

2

πR

T

v

=

得α粒子在磁场中运动周期：α

πm

T

eB

=

由电流定义式

2e

I

T

=，得环形电流大小：

2

α

2

π

e B

I

m

=

（3）设电子的质量为e

m，碰撞后α粒子的速度为

α

v，电子的速度为v e。

由动量守恒：αe e

m v m v m v

αα

=+

由能量守恒：222

αe e

111

222

m v m v m v

αα

=+

得e

α

e

m m

v v

m m

α

α

-

=

+

因1

e

e

m m

m m

α

α

-

≈

+

所以αv v

≈，即α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。

9．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下．一电子以速度v0从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场已知P点坐标为(0，－L)，M点的坐标为(

23

L，0)．求

(1)电子飞出磁场时的速度大小v

(2)电子在磁场中运动的时间t

【答案】（1）0

2

v v

=；（2）2

4

9

L

t

v

π

=

【解析】

【详解】

（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为θ，

（1）在电场中x 轴方向：01233

L

v t =，

y 轴方向12y v L t =：，

0tan 3y v v θ== 得60θ=，0

02cos v v v θ

=

= （2）在磁场中，234

3

L r L =

= 磁场中的偏转角度为2

3

απ=

20

2439r

L t v v ππ==

10．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 =4×10-4N /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B 1；AMN 以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B 2＝3B 1的匀强磁场．现将一比荷q/m =105C/kg 的帯正电的粒子，从O 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O 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π＝3．求：

（1） 磁感应强度B 1的大小；

（2） 粒子从O 点出发，到再次回到O 点经历的时间；

（3） 若仅改变B 2的大小，当B 2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点（若粒子经过A 点立即被吸收）．

【答案】（1）51210

T 3

B -=?；（2）-22.8510s t =?；（3）52

42

10T 3k B -+=?' 【解析】 【详解】

（1） 粒子从O 到C 即为在电场中加速，则由动能定理得：212

Eqx mv = 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 10.6m 2

L

R =

= 由2

11

v qvB m R =

代入数据得 512

10T 3

B -=

? （2）由题可知 B 2=3B 1=2×10-5 T

2

11

v qvB m R =

则 1

20.2m 3

R R =

= 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112

x vt = 得到 t 1=0.01 s

粒子在磁场B 1中的周期为 11

2m

T qB π=

则在磁场B 1中的运动时间为 3211

310s 3

t T -==? 在磁场B 2中的运动周期为 22

2m

T qB π= 在磁场B 2中的运动时间为

3-3321803001801110s 5.510s 3606

t T π

-?+?+?=

=?=??

则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s 2.8510s 6

t t t t π-?

?=++=+

?=? ??

?

（3）设挡板外磁场变为'

2B ，粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则有 2

'

2v qvB m r

=

根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点，需满足条件

()212L

k r =+其中 k =0、1、2、3…… 解得52

42

10T 3

k B -+=?'

11．（20分）如图所示，平面直角坐标系xOy 的第二象限内存在场强大小为E ，方向与x 轴平行且沿x 轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y 轴的交点M 、N 到坐标原点的距离均为2L 。一质量为m ，电荷量绝对值为q 的带负电粒子在第二象限内从距x 轴为L 、距y 轴为2L 的A 点由静止释放，当粒子第一次到达y 轴上C 点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系）。求:

(1)C 点的纵坐标。

(2)若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少?

(3)磁感应强度为多大时，粒子从A 点出发与档板总共相碰两次后到达C 点?这种情况下粒子从A 点出发到第二次到达C 点的时间多长? 【答案】（1）3L ；（2）qL mE B 221=；（3）qL Em B 2322=；9(2)24mL

t qE

π+=总 【解析】

试题分析：（1）设粒子到达挡板之前的速度为v 0

有动能定理 202

1

mv qEL = （

1分） 粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动

在x 轴方向 2

2t m

qE L =

（1分） 在y 轴方向 t v y 0= （1分） 联立解得 L y 2=

C 点的纵坐标为L L y 3=+ （1分）

（2）粒子到达C 点时的沿x 轴方向的速度为m

qEL

at v x 2== （1分）

沿y 轴方向的速度为m

qEL

v v y 20== （1分） 此时粒子在C 点的速度为m

qEL

v 2= （1分） 粒子的速度方向与x 轴的夹角 x

y v v =

θtan

45=θ （1分）

磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为 L r 2

2

1=

（2分）

根据牛顿第二定律 1

2

1r v m qvB = （1分）

要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为 qL

mE

B 22

1= （1分） （3）当磁感应强度为B 2时，粒子做半径为r 2的圆周运动到达y 轴上的O 点，之后做直线运动打到板上，L r 2

2

32=

（2分）

此时的磁感应强度为qL

Em

B 2322=

（1分）

此后粒子返回到O 点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达D 点，接着做直线运动到达C 点

从A 到板，有2121t m Eq L = qE

mL

t 21=

（1分） 在磁场中做圆周运动的时间 qE

mL

T t 249232π

==

（1分） 从O 到板再返回O 点作直线运动的时间qE

mL

t 23=

（1分） 从x 轴上D 点做匀速直线运动到C 点的时间为qE

mL

t 2234= （1分）

总时间为qE

mL

t t t t t t 24)2(94321π+=

++++=总 （1分）

考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律，平抛运动。

12．

如图所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤

2

a

范围内有垂直于xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90范围内．己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于

2

a

到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的： （1）速度的大小；

（2）速度方向与y 轴正方向夹角的正弦．

【答案】（1）6(2)

aqB

v m

=；（2）66sin α-= 【解析】 【分析】

（1）根据题意，粒子运动时间最长时，其回旋的角度最大，画出运动轨迹，根据几何关系

列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；（2）最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，即为第一问中轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解出其速度方向与y 轴正方向夹角的正弦． 【详解】

设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，根据洛伦兹力提供向心力，得

2

v qvB m R

=

解得

mv R qB

=

当

2

a

＜R ＜a 时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t =4

T

，回旋角度为∠OCA =

π

2

，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得 sin 2

a

R R α=-

sin cos R a R αα=-

sin 2α+cos 2α=1

解得

2 R a ?=- ??

2aqB v m ?= ??

sin α=

故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度大小为2aqB

v m ?= ??

． （2）由第一问可知，最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y 轴正方向夹角的

正弦为6sin 10

α=

．

【点评】

本题关键是画出运动时间最长的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小．

13．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，两板的电势差变为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

（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1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；

（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．

【答案】（1）；（2）；（3）A图能定性地反映A、B

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

①

A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力

②

联立解得：③

（2）设A经n次加速后的速度为v n，由动能定理得

④

设A做第n次圆周运动的周期为T n，有

⑤

设在A运动第n周的时间内电场力做功为W n，则

⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为

⑦

联立解得：⑧

（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B n，A、B的周期分别为、，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得

由上可知，是的k倍，所以A每绕得1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．

经n次加速后，A、B的速度分别为、，结合④式有