2018-2022高考物理試題真題分類匯編-洛侖磁力帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)

參考答案：1．A【詳解】AD．根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉(zhuǎn)動(dòng)方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負(fù)電且順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯(cuò)誤；B．電子在云室中運(yùn)行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯(cuò)誤；C．帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為根據(jù)題圖可知軌跡3對應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑更大，速度更大，粒子運(yùn)動(dòng)過程中受到云室內(nèi)物質(zhì)的阻力的情況下，此結(jié)論也成立，C錯(cuò)誤。故選A。2．B【詳解】A．恒定磁場對速度不平行于磁感線的運(yùn)動(dòng)電荷才有力的作用，A錯(cuò)誤；B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，B正確；C．正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí)，穿過線圈平面的磁通量最大時(shí)，電流為0，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯(cuò)誤。故選B。3．A【詳解】AB．由題意知當(dāng)質(zhì)子射出后先在MN左側(cè)運(yùn)動(dòng)，剛射出時(shí)根據(jù)左手定則可知在MN受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側(cè)會(huì)向y軸正方向偏移，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，y軸坐標(biāo)增大；在MN右側(cè)根據(jù)左手定則可知洛倫茲力反向，質(zhì)子在y軸正方向上做減速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)左手定則可知質(zhì)子在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運(yùn)動(dòng)，z軸坐標(biāo)不變，故CD錯(cuò)誤。故選A。4．A【詳解】粒子恰好垂直于y軸射出磁場，做兩速度的垂線交點(diǎn)為圓心，軌跡如圖所示A．由幾何關(guān)系可知因圓心的坐標(biāo)為，則帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為故A正確；BD．洛倫茲力提供向心力，有解得帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速率為因軌跡圓的半徑可求出，但磁感應(yīng)強(qiáng)度未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速率，故BD錯(cuò)誤；C．帶電粒子圓周的圓心角為，而周期為則帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為因磁感應(yīng)強(qiáng)度未知，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求得，故C錯(cuò)誤；故選A。5．B【詳解】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有第一次的半徑第二次的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得所以故選B。6．C【詳解】電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力則磁感應(yīng)強(qiáng)度與圓周運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)系為即運(yùn)動(dòng)軌跡半徑越大，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小。令電子運(yùn)動(dòng)軌跡最大的半徑為，為了使電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，其最大半徑的運(yùn)動(dòng)軌跡與實(shí)線圓相切，如圖所示A點(diǎn)為電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場，由左手定則可得，，為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得解得解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值故選C。7．D【詳解】A．由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯(cuò)誤；B．增大加速電壓則根據(jù)可知會(huì)增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有可得可知會(huì)增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會(huì)減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點(diǎn)會(huì)右移，故B錯(cuò)誤；C．電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運(yùn)動(dòng)，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯(cuò)誤；D．由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其它條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，故D正確。故選D。8．C【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可得粒子在磁場中的周期粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度無關(guān)，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長。采用放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大。當(dāng)半徑和時(shí)，粒子分別從ac、bd區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于半個(gè)周期。當(dāng)0.5R<r<1.5R時(shí)，粒子從半圓邊界射出，軌跡如圖粒子要想圓心角最大，則可知需要讓越大越好，因此最大即為ce和半圓磁場邊界相切，則根據(jù)幾何關(guān)系可得此時(shí)，因此可知此時(shí)恰好a點(diǎn)即為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，此時(shí)有粒子運(yùn)動(dòng)最長時(shí)間為,故選C。9．B【詳解】a點(diǎn)射出粒子半徑Ra==，得：va==，d點(diǎn)射出粒子半徑為，R=故vd==，故B選項(xiàng)符合題意10．B【詳解】運(yùn)動(dòng)軌跡如圖:即運(yùn)動(dòng)由兩部分組成,第一部分是個(gè)周期,第二部分是個(gè)周期,粒子在第二象限運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，故B正確，ACD錯(cuò)誤．.11．AD【詳解】AB．由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，A正確、B錯(cuò)誤；C．由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1都不會(huì)偏轉(zhuǎn)，C錯(cuò)誤；D．粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力有解得可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點(diǎn)，D正確。故選AD。12．BC【詳解】若粒子通過下部分磁場直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖根據(jù)幾何關(guān)系則有可得根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ=60°。當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時(shí)，如圖因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對稱性有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場射出時(shí)，需滿足（n=1，2，3……）此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當(dāng)粒子從上部分磁場射出時(shí)，需滿足（n=1，2，3……）此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故可知BC正確，AD錯(cuò)誤。故選BC。13．AD【詳解】AB．該過程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，此時(shí)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)時(shí)，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)可知t1<t2故A正確，B錯(cuò)誤。CD．該過程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，此時(shí)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大于v0；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)時(shí)，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度等于v0，而根據(jù)可知Ek1>Ek2故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。14．ACD【詳解】A．根據(jù)題意可知粒子垂直軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；BC．當(dāng)時(shí)，粒子垂直軸離開磁場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為洛倫茲力提供向心力解得粒子入射速率若，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時(shí)與軸不垂直，B錯(cuò)誤，C正確；D．粒子離開磁場距離點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時(shí)，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知解得D正確。故選ACD。15．BC【詳解】ABC．由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應(yīng)保持不變，則粒子c應(yīng)帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，BC正確；D．粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，即解得由于粒子a與粒子b的質(zhì)量、電荷量大小關(guān)系未知，則粒子a與粒子b的動(dòng)量大小關(guān)系不確定，D錯(cuò)誤。故選BC。16．AD【詳解】A．粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負(fù)電，A正確；BC．粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖由于速度方向與y軸正方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知，則粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為洛倫茲力提供向心力解得BC錯(cuò)誤；D．與點(diǎn)的距離為D正確。故選AD。17．AC【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程可表示為A正確；B．此反應(yīng)中放出的總能量為可知核Y的結(jié)合能不等于，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)半徑公式又mv=p（動(dòng)量）則得在衰變過程遵守動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得則得半徑之比為則核Y在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為故C正確；D．兩核的動(dòng)能之比因解得故D錯(cuò)誤。故選AC。18．（1）①，②，k=0，1，2，3…；（2），n=0，1，2，…；（3），，【詳解】（1）①離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)有則②離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度，k=0，1，2，3…（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，有離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度，n=0，1，2，…動(dòng)量定理，n=0，1，2，…（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度其中k=1，，n=0，2或者可得，，19．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子甲勻速圓周運(yùn)動(dòng)過P點(diǎn)，則在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑R=a則則粒子從S到O，有動(dòng)能定理可得可得（2）甲乙粒子在P點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度為、，取向上為正，則有計(jì)算可得兩粒子碰后在磁場中運(yùn)動(dòng)解得兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期分別為則兩粒子碰后再次相遇解得再次相遇時(shí)間（3）乙出第一象限時(shí)甲在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為撤去電場磁場后，兩粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，乙粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，再整個(gè)區(qū)域加上相同的磁場，粒子在磁場中仍做半徑為a的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要求軌跡恰好不相切，則如圖所示設(shè)撤銷電場、磁場到加磁場乙運(yùn)動(dòng)了，由余弦定理可得則從撤銷電場、磁場到加磁場乙運(yùn)動(dòng)的位移20．（1）；（2）；（3）；【詳解】（1）從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑由解得（2）當(dāng)電壓有最小值時(shí)，當(dāng)粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時(shí)粒子恰好不能打到擋板上，則從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則粒子在負(fù)極板上方的磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)粒子從負(fù)極板傳到正極板時(shí)速度仍減小到v0，則由幾何關(guān)系可知聯(lián)立解得（3）結(jié)合（2）分析可知，當(dāng)粒子經(jīng)上方磁場再進(jìn)入下方磁場時(shí)，軌跡與擋板相切時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑分別為r2、r3，則①當(dāng)粒子在下方區(qū)域磁場的運(yùn)動(dòng)軌跡正好與OM相切，再進(jìn)入上方磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)記為H2，當(dāng)增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場中恰好運(yùn)動(dòng)到H2點(diǎn)時(shí)，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時(shí)H2點(diǎn)為距C點(diǎn)最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得②同理可知當(dāng)粒子靶接收3種能量的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示第③個(gè)粒子經(jīng)過下方磁場時(shí)軌跡與MN相切，記該粒子經(jīng)過H2后再次進(jìn)入上方磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)為H3(S2)，則該點(diǎn)為接收兩種粒子的終點(diǎn)，同時(shí)也是接收3種粒子的起點(diǎn)。由幾何關(guān)系可得可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點(diǎn)（即粒子靶接收n種粒子的起點(diǎn)與終點(diǎn)）始終相距當(dāng)粒子靶接收n種能量的粒子時(shí)，可得21．（1）；（2），垂直與紙面向里，；（3），，，【詳解】（1）粒子垂直進(jìn)入圓形磁場，在坐標(biāo)原點(diǎn)匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑等于圓形磁場的半徑，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力解得（2）粒子從點(diǎn)進(jìn)入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的點(diǎn)飛入然后平行軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強(qiáng)磁場區(qū)域磁場半徑為，根據(jù)可知磁感應(yīng)強(qiáng)度為根據(jù)左手定則可知磁場的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铮瑘A形磁場的面積為（3）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，3和4為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓，1和2為粒子運(yùn)動(dòng)的磁場的圓周根據(jù)可知I和III中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，圖中箭頭部分的實(shí)線為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周與三角形之差，所以陰影部分的面積為類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為根據(jù)對稱性可知II中的勻強(qiáng)磁場面積為22．(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見解析【詳解】(1)通過速度選擇器離子的速度從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動(dòng)半徑為由得(2)經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離離開電場后，離子在x方向偏移的距離位置坐標(biāo)為(，0)(3)離子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)半徑經(jīng)過磁場后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離離開磁場后，離子在y方向偏移距離則位置坐標(biāo)為(0，)(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(，),電場引起的速度增量對y方向的運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生影響。23．（1）a.，b.；（2）【詳解】（1）a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓，粒子剛好沒有電子到達(dá)柱面，此時(shí)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理有解得b.在柱面內(nèi)，只加與平行的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，剛好沒有電子到達(dá)柱面，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）撤去柱面，設(shè)單位時(shí)間單位長度射出的電子數(shù)為n，則單位時(shí)間打在金屬片的粒子數(shù)金屬片上形成電流為所以根據(jù)動(dòng)量定理得金屬片上的壓強(qiáng)為解得故總動(dòng)能為24．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，由得，，Q、O的距離為：(2)由(1)可知，完成一周期運(yùn)動(dòng)上升的距離為d，粒子再次經(jīng)過P，經(jīng)過N個(gè)周期，所以，再次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間為由勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得，繞一周的時(shí)間為所以，再次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間為兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔為(3)由洛倫茲力提供向心力，由得，，完成一周期運(yùn)動(dòng)上升的距離若乙粒子從第一象限進(jìn)入第二象限的過程中與甲粒子在Q點(diǎn)相遇，則，結(jié)合以上式子，n無解。若乙粒子從第二象限進(jìn)入第一象限的過程中與甲離子在Q點(diǎn)相遇，則，計(jì)算可得（n=1，2，3……）由于甲乙粒子比荷不同，則n=2時(shí)，乙的比荷最小，為25．(1)，0.8R；(2)；(3)當(dāng)時(shí)：；當(dāng)時(shí)：；當(dāng)時(shí)：【詳解】(1)離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)得粒子的速度大小令c束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心為O，從磁場邊界邊的Q點(diǎn)射出，則由幾何關(guān)系可得，(2)a束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心為O’，從磁場邊界邊射出時(shí)距離H點(diǎn)的距離為x，由幾何關(guān)系可得即a、c束中的離子從同一點(diǎn)Q射出，離開磁場的速度分別于豎直方向的夾角為、，由幾何關(guān)系可得探測到三束離子，則c束中的離子恰好達(dá)到探測板的D點(diǎn)時(shí)，探測板與邊界的距離最大，則(3)a或c束中每個(gè)離子動(dòng)量的豎直分量當(dāng)時(shí)所有離子都打在探測板上，故單位時(shí)間內(nèi)離子束對探測板的平均作用力當(dāng)時(shí)，只有b和c束中離子打在探測板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對探測板的平均作用力為當(dāng)時(shí)，只有b束中離子打在探測板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對探測板的平均作用力為26．（1）磁場方向垂直于紙面向里；；（2）；【詳解】（1）由題意，粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有①由此可得②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿足③由②可得，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小最小時(shí)，設(shè)為Bm，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此得④（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時(shí)圓弧半徑為⑤粒子會(huì)穿過圖中P點(diǎn)離開磁場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系⑥即⑦由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為⑧聯(lián)立⑦⑧式得⑨27．(1)(2)(3)【詳解】（1）核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：核反應(yīng)過程中：根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能關(guān)系：則總動(dòng)能為：（2）質(zhì)子運(yùn)動(dòng)半徑：如圖甲所示：打到探測板對應(yīng)發(fā)射角度：可得質(zhì)子計(jì)數(shù)率為：（3）在確保計(jì)數(shù)率為的情況下：即：如圖乙所示：恰能打到探測板左端的條件為：即：28．（1）；（2）；（3）A.當(dāng)時(shí)，，B.當(dāng)時(shí)，【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力有：，解得：由題可得：解得；（2）如圖所示，粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場左邊界相切由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60°）解得（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時(shí)間為t'，則A.當(dāng)時(shí)，粒子斜向上射出磁場解得B.當(dāng)時(shí)，粒子斜向下射出磁場解得．29．（1）；（2）；（3）【分析】本題考查帶電粒子在組合磁場中的運(yùn)動(dòng)，（1）小題先確定粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，再