线上，且 PQ=23m，打在 P点粒子 50%穿透探测器，50%被探测器吸收，其中穿透的粒子能量损失75%，
15打在 Q点的粒子全部被吸收。已知质子和中子的质量均为 m=1.6×10–27kg，原子核的质量为核子的总质量，如 α粒子的质量为mα＝4m＝6.4×10-27，质子电量为 e=1.6×10-19C，不计粒子间相互作用（核反应过程除外）求
（1）α粒子射出加速电场后的速度为多少； （2）打在 Q 点的是什么粒子；打在 Q 粒子的速度为多少； （3）探测器上单位时间受到的撞击力为多少。
11【解析】（1）根据动能定理可得：2Ue?(4m)v?2?(4m)v02 （1分）
22则v??4?107m/s （2分）
（2）由于打在P点的粒子在磁场中不偏转，故此粒子不带电，因此打在Q点的粒子为6e，因此为126C,
491核反应方程为2He?4B?0n?126C，打在P点为中子 1分
对于碳核，在磁场中偏转，由几何关系得：tan??则tanPQ0?3，??60 PO?2?R3，r?0.4m （1分） ?r3由r?12mvC得vc?1?107m/s （1分）
6Be（3）根据动量守恒可得：4mv??12mvC?mvn，得vn?4?107m/s （1分） P点，对于吸收的中子，由动量定理得：F1?t?50%?mvn
F1?0.5?mvn?0.5Nmvn?3.2?10?5N，方向向上 （1分） ?t对于穿透的中子，由动量定理得F1?t?50%?m(vn?0.5vn)
F2?0.25?mvn?0.25Nmvn?1.6?10?5N ，方向向上 1分 ?tQ点，对于吸收的C粒子 由动量定理得：F2?t??mvc F2??m0
vC?1.92?10?4N 方向斜向上，与板成30 （1分） ?t因此探测器受到竖直方向的合力为：Fy?1.44?10?4N，竖直向上
探测器受到水平方向的合力为：Fx?0.963?10?4N?1.66?10?4N，竖直向上（1分） 因此探测器上单位时间受到的撞击力为：F?FX2?Fy2?2.2?10?4N（写出x，y分量也可）
16
11．位于竖直平面内的粒子探测器装置如图所示．C、G两点位于x轴上，A、D两点位于y轴上，∠ACO=30°，AO的长度为d，△AOC区域内有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），矩形ODFG区域内有与y轴平行的匀强电场（图中未画出），其电场强度的大小及方向均可调节，已知DF的长度为2d，
FG的长度为3d，在匀强电场右侧有一长度为3d的粒子
4接收器，它与y轴平行放置，与FG的距离为d，且上边缘恰好在DF的延长线上．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以速度v垂直x轴射入磁场，且离开磁场时速度与y轴垂直，其运动轨迹与AC边相切，不计粒子重力．
（1）判断△AOC区域内的磁场方向并求出磁感应强度的大小B；
（2）若粒子最终打在接收器的上边缘，求粒子从射入磁场到打在接收器上所用的时间，并求出在这种情况下矩形ODFG区域内电场强度的大小E0；
（3）若粒子刚进入电场时，将电场强度大小调节为E，方向沿y轴正方向，当粒子的横坐标为d时，电场强度突然反向，大小变为原来的一半，要使粒子打在接收器上，求电场强度E的大小范围．
【解析】（1）带正电的粒子以速度v垂直x轴射入磁场，且离开磁场时速度与y轴垂直，其运动轨迹与AC边相切，因为∠ACO=30°，AO的长度为d，所以，
由图可知，粒子进入磁场时，洛伦兹力作为向心力，方向水平向右；由带正电的粒子速度方向竖直向上，根据左手定则，可知磁场方向为垂直纸面向外；因为洛伦兹力作为向心力，所以
，
，
，所以，；
（2）由（1）可知，粒子在磁场中运动时间；
然后粒子在电场中做类平抛运动；因为粒子最终打在接收器的上边缘，所以电场力竖直向上，在电场中
粒子运动时间
；在电场中，粒子受到的电场力F=qE0，所以，加速度
，
粒子离开磁场时，水平速度vx=v，，y轴坐标；
粒子离开磁场做匀速直线运动打在接收器的上边缘，因为粒子接收器，它与y轴平行放置，与FG的距离为d，
所以，粒子在这段路程运动的时间，纵向位移；
；
所以粒子从射入磁场到打在接收器上所用的时间
所以，；
（3）根据运动的合成分解原理，可知，改变纵向电场的大小和方向时，粒子的水平运动不变，
17
所以，有粒子进入电场时，所在位置为，
在0≤x≤d时，粒子受到竖直向上的电场力F1=qE，所以，在x=d时，粒子的竖直速度=，
竖直位移；
，所以，在x=2d时，粒子的竖直速度
在d≤x≤2d时，粒子受到竖直向下的电场力
，竖直位移y2=；
在2d≤x≤3d时，粒子做匀速直线运动，所以，在x=3d时，竖直位移；
要使粒子打在接收器上，则，所以，．
12．如图所示，真空室内有一个点状的α粒子放射源P，它向各个方向发射α粒子（不计重力），速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=L），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=
5??（现只研究与放射源2
P和直线ab同一个平面内的α粒
子的运动），当真空室内（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的α粒子恰到达Q点；当真空室（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的α粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们动能都相等，已知水平向左射出的α粒子也恰好到达Q点．（α粒子的电荷量为+q，质量为m；sin37°=0.6；cos37°=0.8）求： （1）α粒子的发射速率；
（2）匀强电场的场强大小和方向；
（3）当仅加上述磁场时，能到达直线ab的α粒子所用最长时间和最短时间的比值．
【解析】（1）设α粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示， 由几何知识可得： = ，
????
????
????
????
＝5??, 代入数据可得??粒子轨迹半径：??＝ ????
8
洛仑磁力提供向心力：??????＝??，解得??粒子发射速度为：??＝
??
??2
5??????8??
；
18
（3）真空室只加磁场时，圆弧??1和直线ab相切于D点，α粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，如图所示． 则：????????＝
???????
=5，??=37°，
????????360°
3
最大圆心角：????????=360°﹣90°﹣37°=233°， 最长时间：??1＝
??，
13．如图所示，O'PQ是关于y轴对称的四分之一圆．在PQMN区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U。一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置经电场加速后都会从O'进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK>0，忽略极板电场的边缘效应。已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O'在y轴上。 (1)求带电粒子的比荷q/m
(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；
(3)若无论带电粒子从PQ上哪个位置出发都能达到K板上，则电压UAK至少为多大？
【解析】（1）由动能定理可知：qU?12mv 1分 219
由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0=R
v2qvB?m 1分
R0q2U得：?22 1分
mBR（2）沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在
y a B O OM U P O1 b O2 N E Q x K A 2y轴上的投影与O′的距离为：?y?R?R
2a点的纵坐标：ya?2R 2同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标
yb??2R 1分 222R~R 22带电粒子进入电场时的坐标范围?（3）只要沿QN方向入射的带电粒子打在K板上，则从其它位置入射也一定打在K板上，则在电场中E?UAK 2RF?qE?ma
1分 1分
y?R?21R?at2 1分 22
1分 1分
应满足 4R?vt 得 UAK?2?2U 414．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场B，A为磁场边界上的一点，有大量完全相同的带电粒子平行纸面向各个方向以相同的速度大小v通过A点进入磁场，最后这些粒子从右侧圆弧AC上射出磁场区域（有粒子从C点射出）。AC圆弧的弧长是圆周长的1/3，不计粒子之间的相互作用，粒子的质量为m，电量为q，求： （1）圆形磁场区域的半径R；
（2）粒子在磁场中运动轨迹的最大长度；
（3）若只把磁场撤去，在圆形区域内加场强大小为E的平行于纸面的匀强电场，从圆弧射出电场的粒子中，C点射出的粒子动最大，求最大动能Ek 【解析】（1）当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径如图一所示，当粒子从1/3圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为AB
3粒子都从圆弧AB之间射出，根据几何关系可得轨道半径r?Rcos30°，解得r?R
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