/1444a粒子與氡核分離后它們之間的作用力可忽略不計，涉及動量問題時，虧損的質(zhì)量可不計.寫出鐳核衰變?yōu)殡焙说暮朔磻匠蹋唤?jīng)過一段時間a粒子剛好垂直到達虛線PH上的A點，測得0爪L,求此刻氡核的速度.解析(1)根據(jù)核衰變的特點可知，鐳核衰變?yōu)殡焙藭r滿足電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)(中山市月考)如圖所示，一束電子(電荷量為 e)以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，穿過磁場時的速度方向與原來電子的入射方向的夾角為9=30°貝V：電子受到的洛倫茲力是多大？電子在磁場中做圓周運動的半徑是多大？電子的質(zhì)量是多少？電子做圓周運動的周期是多大？⑵鐳核衰變時遵守動量守恒定律，則(M-m)v0=mv1a粒子在勻強磁場做勻速圓周運動，在磁場中運動了 “圓周，則到達A點需時Tnmt=亠⑵鐳核衰變時遵守動量守恒定律，則(M-m)v0=mv1a粒子在勻強磁場做勻速圓周運動，在磁場中運動了 “圓周，則到達A點需時Tnmt=亠且有qvB二m,R=L/2而氡核在電場中做勻加速直線運動，t時刻速度vt二vo+at，同時滿足牛頓第二定律，即卩(Q-q)E=(M-m)a，聯(lián)立以上各式解得所求氡核速度為Vt=XxxxXXXX?H0X)(咸陽期末)如圖所示，兩平行金屬板Pi和P2之間的距離為d、電壓為U，板間存在磁感應強度為Bi的勻強磁場.一個帶正電的粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動.粒子通過兩平行板后從 0點進入另一磁感應強度為B2的勻強磁場中，在洛倫茲力的作用下，粒子做勻速圓周運動，經(jīng)過半個圓周后打在擋板MN上的A點.已知粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q.不計粒子重力.求:(通州區(qū)模擬)如圖所示，在豎直向下的勻強電場上正交疊加一個垂直紙面向里的勻強電磁場，電場強度為E,磁感應強度為B;質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子由A孔以V。飛入，從P點飛出電場時，距上板為d.(重力不計)求:剛飛離電場時粒子速度大小；剛飛離電場時粒子受的洛倫茲力大小.粒子做勻速直線運動的速度 v.0、A兩點間的距離x.A冥XXX1XX冥EX1rX(校級模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系 xoy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為 B=0.5T,還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E==!.在其第一象限空間有沿y軸負方c向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h=0.4m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場.一個帶電荷量為 q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO作勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為0=45°,并從原點O進入第一象限.已知重力加速度 g=10m/s2，問：油滴在第一象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比；油滴在P點得到的初速度大?。?3)油滴在第一象限運動的時間以及油滴離開第一象限處的坐標值.(2014秋？中山市校級月考)如圖所示，一束電子(電何量為 e)以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，穿過磁場時的速度方向與原來電子的入射方向的夾角為 0=30°貝(1)電子受到的洛倫茲力是多大？( 2)電子在磁場中做圓周運動的半徑是多大？(3)電子的質(zhì)量是多少？(4)電子做圓周運動的周期是多大？( 5)電子穿過磁場區(qū)域的時間又是多少？答:(1)電子受到的洛倫茲力是(5)電子在磁場中的運動時間:360(4)電子做圓周運動的周期:由幾何知識得：r^—「 =2d；sinosin30eBX0XJJ?【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動. 【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題.【分析】(1)由洛倫茲力公式可以求出洛倫茲力； (2)由幾何知識可以求出電子的軌道半徑;電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出電子質(zhì)量；根據(jù)周期公式可以求出周期； (5)根據(jù)電子轉(zhuǎn)過的圓心角可以求出電子的運動時間.【解答】解：(1)電子受到的洛倫茲力：f=evB；(2)電子運動軌跡如圖所示：2(3)由牛頓第二定律得：evB=^—，解得:T2Hr兀!0eB=6eBevB;(2)電子在磁場中做圓周運動的半徑是2d;(3(3)電子的質(zhì)量是二差；(4)電子做圓周運動的周期是 ：—；(5)電子穿過磁場區(qū)域的時間是eB【點評】本題是帶電粒子在勻強磁場中圓周運動問題，關鍵要畫出軌跡，根據(jù)圓心角求時間，由幾何知識求半徑是常用方法.（2014春?咸陽期末）如圖所示，兩平行金屬板 Pi和P2之間的距離為d、電壓為U，板間存在磁感應強度為B1的勻強磁場.一個帶正電的粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動.粒子通過兩平行板后從 O點進入另

（2015?通州區(qū)模擬）如圖所示，在豎直向下的勻強電場上正交疊加一個垂直紙面向里的勻強電磁場，電場強度為E,磁感應強度為B;質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子由A孔以vo飛入，從P點飛出電場時，距上板為d.（重力不計）求：（1）剛飛離電場時粒子速度大小； （2）剛飛離電場時粒子受的洛倫茲力大小.MNXBMNXB■qXXXXpXXX1X|X11XA一磁感應強度為B2的勻強磁場中，在洛倫茲力的作用下，粒子做勻速圓周運動，經(jīng)過半個圓周后打在擋板上的A點.已知粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q.不計粒子重力.求：（1） 粒子做勻速直線運動的速度v.（2） O、A兩點間的距離x.【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動.【專題】帶電粒子在復合場中的運動專題.【分析】（1）粒子在電場中做加速運動， 由動能定理可以求出粒子速度. （2）由洛倫茲力公式可以求出洛倫茲力.【解答】解：（1）粒子從進入該區(qū)域到離開的過程中，受電場力和磁場力作用，其中只有電場力做功.設離開時【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力. 【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題.【分析】（1）根據(jù)粒子沿直線運動時電場力等于洛倫茲力求出速度的大小.兩點的距離差粒子做圓周運動的直徑求解；故所受電場力和洛倫茲力為一對平衡力， 即:Eq=Bgv（2）根據(jù)帶電粒子在磁場中的半徑公式，抓住O、A【解答】解：（1）帶正電的粒子在兩板間做勻速直線運動,UEU（2）帶電粒子進入下面的勻強磁場后做勻速圓周運動,所以:O、A兩點間的距離x為其做圓周運動的直徑，故的速度大小為v,由動能定理得：qEd丄mv22（2）粒子離開電場時所受洛倫茲力的大小為：答：（1）剛飛離電場時粒子速度大小答：（1）粒子做勻速直線運動的速度 v為'-.(2)O、A兩點間的距離x為-亠BjBjqd—一mvo2,解得：v=.2f=qvB=qB叮二；V0m局警;（2）剛飛離電場時粒子受的洛倫茲力大小【點評】本題考查了求粒子速度、洛倫茲力，應用動能定理與洛倫茲力公式可以正確解題.（2014?益陽校級模擬）如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系 xoy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0?5T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E』.在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h=0.4m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場.一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO作勻速直線運動（PO與x軸負方向的夾角為9=45°,并從原點O進入第一象限.已知重力加速度g=10m/s2，問：（1） 油滴在第一象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比；（2） 油滴在P點得到的初速度大??；（3）油滴在第一象限運動的時間以及油滴離開第一象限處的坐標值.【點評】解決本題的關鍵知道粒子在電容器間受電場力和洛倫茲力平衡， 以及知道在勻強磁場中靠洛倫茲力提供向心力，掌握軌道半徑公式.由平衡條件結合幾何關系得到:mg:qE:f=1:1:7丁（2）根據(jù)洛倫茲力公式，有 f=qvB故mg：qE:qvB=1:1：、：［故v=''由平衡條件結合幾何關系得到:mg:qE:f=1:1:7?。?）根據(jù)洛倫茲力公式，有 f=qvB故mg：qE:qvB=1:1：、：［故v=''（3） 進入第一象限，電場力和重力相等，知油滴先做勻速直線運動，進入如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限.由0到A勻速運動位移為S1=y>h的區(qū)域后做勻速圓周運動,路徑【考點】共點力平衡的條件及其應用；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在混合場中的運動.【專題】壓軸題；帶電粒子在復合場中的運動專題.【分析】（1）油滴在復合場中做直線運動，垂直速度方向的合力一定為零， 受力分析如圖所示：如果油滴帶負電,由幾何關系和圓周運動的周期關系時間t仁t3受力分析如（1）所示，帶正電，受力分析如（2）所示.在第一象限運動的總時間因為要保證垂直速度方向合力為零， （2）中油滴一定做減速運動，這時洛侖茲力在變化，導致垂直速度方向的力發(fā)生變化，油滴不可能做直線運動，即油滴不僅垂直速度方向合力為零，沿速度方向合力也為零，則只能是（ 1）圖，所以油滴--定帶'負電.（2） 根據(jù)第一問結果，運用洛倫茲力公式求解；（3） 粒子進入第一象限時，重力和電場力平衡，故粒子現(xiàn)做勻速直線運動，再做勻速圓周運動，最后做勻速直由在磁場中的勻速圓周運動，有tEhrrz: ?Is他E知由AtC的圓周運動時間為 丄L,由對稱性知從巾412qB=：|知運動時間:“2TTniT=—Ctn的t二ti+t2圖中的0N=2（S1cos