概要：图3-6-31A.3πtB B.4π3tBC.πtB D.tB2π解析：选A.粒子从a运动到d依次经过小孔b、c、d，经历的时间t为3个T2，由t=3×T2和T=2πmBq.可得：qm=3πtB，故A正确.二、计算题10.回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m.求：(1)质子最初进入D形盒的动能多大?(2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大?(3)交流电源的频率是什么?解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：eU=Ek-0，解得Ek=eU.(2)粒子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿第二定律得：evB=mv2R①质子的最大动能：Ekm=12mv2②解①②式得：Ekm=e2B2R22m.(3)f=1T=eB2πm.答案：(1)eU(2)e2B2R22m(3)eB2πm11.(2011年长春市高二检测)质量为m、电荷量为q的带负电粒子自静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界

图3-6-31

A.3πtB B.4π3tB

C.πtB D.tB2π

解析：选A.粒子从a运动到d依次经过小孔b、c、d，经历的时间t为3个T2，由t=3×T2和T=2πmBq.可得：qm=3πtB，故A正确.

二、计算题

10.回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m.求：

(1)质子最初进入D形盒的动能多大?

(2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大?

(3)交流电源的频率是什么?

解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：

eU=Ek-0，解得Ek=eU.

(2)粒子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿第二定律得：

evB=mv2R①

质子的最大动能：Ekm=12mv2②

解①②式得：Ekm=e2B2R22m.

(3)f=1T=eB2πm.

答案：(1)eU　(2)e2B2R22m　(3)eB2πm

11.(2011年长春市高二检测)质量为m、电荷量为q的带负电粒子自静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图3-6-32所示.已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计.求：匀强磁场的磁感应强度B.

图3-6-32

解析：作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示.设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：

qU=12mv2①

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：

qvB=mv2r②

由几何关系得：r2=(r-L)2+d2③

联立求解①②③式得：磁感应强度

B=2LL2+d2 2mUq.

答案：2LL2+d2 2mUq

12.

图3-6-33

如图3-6-33所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2×10-3 T;磁场右边是宽度L=0.2 m、场强E=40 V/m、方向向左的匀强电场.一带电粒子电荷量q=-3.2×10-19 C，质量m=6.4×10-27 kg，以v=4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出.(不计重力)求：

(1)大致画出带电粒子的运动轨迹;

(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径;

(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek.

解析：(1)轨迹如图

(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有

qvB=mv2R

R=mvqB

=6.4×10-27×4×1043.2×10-19×2×10-3 m

=0.4 m

(3)Ek=EqL+12mv2=40×3.2×10-19×0.2 J+12×6.4×10-27×(4×104)2 J=7.68×10-18 J.

答案：(1)轨迹见解析图　(2)0.4 m

(3)7.68×10-18 J

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