⑨

（2）当在MN间加有匀强磁场，在磁场力作用下，光电子做匀速圆周运动，当运动半径最大的光电子的半径等于d/2，则光电子到达不了极板M，那么就可以使电流为0，则有：

⑩ ⑾

⑿

6．在方向垂直纸面的匀强磁场中，静止的Pb的同位素粒子。已知

4210844Po核沿与磁场垂直的方向放出2He核后变成

21084Po原子核质量为209.98287u，Pb的同位素粒子的质量为

205.9746u，2He原子核的质量为4.00260u，1u相当于931.5MeV。求：（普朗克常量h?6.63?10?34J?s，1eV?1.6?10?19J，真空中光速c?3?108m/s，计算结果均保留三位有

效数字）

（1）请写出核反应方程并计算该核反应释放的核能； （2）若释放的核能以电磁波的形式释放，求电磁波的波长；

（3）若释放的核能全部转化为机械能，求Pb的同位素粒子和2He核在磁场中运动的半径之比。 【答案】（1）

210844Po?206824Pb?2He，?E?5.28MeV；（2）??2.35?10?13m；（3）

rPb1? rHe41【解析】 【详解】

（1）根据质量数和核电荷数守恒可知该核反应方程为

21084Po?206824Pb?2He

该核反应的质量亏损为

?m?mPo?mPb?mHe?0.00567u

根据爱因斯坦质能方程得释放的能量为

?E??mc2?5.28MeV

（2）若释放的核能以电磁波的形式释放，光子能量为

?代入数据得：

?E?hv?hc

??2.35?10?13m

（3）该衰变过程遵循动量守恒定律

mHevHe?mPbvPb?0

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

v2qvB?m

rPb的同位素粒子和2He核在磁场中运动的半径之比为

4rPb1? rHe41

7．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x

(1)求电场强度大小E；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．

2?L4nmv0mv0（2）B?n=1、2、3......（3）t?【答案】（1）E?

2vqLqL0【解析】

本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： L?v0t，

2mv0联立解得： E?

qLL12?at，qE?ma 22(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan??速度大小v?vx=l vyv0?2v0 sin?设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．

?；当满足2

若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为联立可得：R??.则有x=2R，此时满足L=2nx 2L 22nv2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB?m

R得：B?4nmv0，n=1、2、3.... qL轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为

?.则有x2?2R2，此时满足2L??2n?1?x2

联立可得：R2?L

?2n?1?2v2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB2?m

R2得：B2?2?2n?1?mv0qL，n=1、2、3....

所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B?4nmv02?2n?1?mv0，n=1、2、3....或B2?，n=1、2、3.... qLqL(3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和

θ=2n×

2n?2n?m?L???×2=2nπ，则t?T? 2?qB2v20若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则t2?T2?(4n?2)?(4n?2)?m?L?? 2?qB2v02n?2n?m?L??或2?qB2v0粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为t?T?t2?T2?(4n?2)?(4n?2)?m?L?? 2?qB2v0

8．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v的大小；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．

q=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的m

【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】 【详解】

v2（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m

R0可得：v=6×105m/s；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=

0.06=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置； cos37o0.06=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开； sin37oQ到圆上y轴最高点的距离为0.18m-