高考物理帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動(一)解題方法和技巧及練習題(編輯修改稿)
2025-04-02 21:10 本頁面
【文章內容簡介】 上的位置離x軸的距離與磁場變化周期T的關系．【答案】（1）（2）（3）T＜【解析】【詳解】（1）因為粒子在速度選擇器中運動時受力平衡，即：qvB0=qE，解得：v=；（2）帶電粒子進入y軸右側之后，在磁場中運動的半徑為：r==，因為磁場的變化周期恒為：T=，所以粒子在該磁場中運動半個周期所轉過的角度為90176。，任一時刻進入y軸右側磁場的粒子其運動軌跡如圖甲所示：為使粒子在磁場中運動滿一個變化周期，熒光屏離開y軸的距離應該為：x=2rsinα+2rsin（90176。α）=2rsinα+2rcosα=2rsin（45176。+α），當α=45176。時，x的值最大，最大值為：x=2r=；（3）因為帶電粒子在兩個磁感應強度大小相等的磁場中運動的時間相等，所以其軌跡具有對稱性，如圖乙所示，其經(jīng)過一個磁場變化周期之后的速度方向與x軸方向平行，且此時距x軸的距離為：y=2r（1cosα）式中的α為粒子在變化的磁場中運動半個周期所轉過的角度，其余周期T的關系為：=，則：α=，所以經(jīng)過一個周期后，距x軸的距離為：y=2（1cos），由于只有在y軸的右側才有變化的磁場，所以帶電粒子最大轉過的角度不會超過150176。，如圖丙所示，即磁場的變化周期有一個最大值，=，所以：T＜Tm=；8．如圖甲所示，兩平行金屬板AB間接有如圖乙所示的電壓，兩板間的電場可看作勻強電場，且兩板外無電場，板長L=0．8m，板間距離d=0．6m．在金屬板右側有一磁感應強度B=2．010﹣2T，方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為l1=0．12m，磁場足夠長．MN為一豎直放置的足夠大的熒光屏，熒光屏距磁場右邊界的距離為l2=0．08m，MN及磁場邊界均與AB兩板中線OO′垂直．現(xiàn)有帶正電的粒子流由金屬板左側沿中線OO′連續(xù)射入電場中．已知每個粒子的速度v0=4．0105m/s，比荷=1．0108C/kg，重力忽略不計，每個粒子通過電場區(qū)域的時間極短，電場可視為恒定不變．（1）求t=0時刻進入電場的粒子打到熒光屏上時偏離O′點的距離；（2）若粒子恰好能從金屬板邊緣離開，求此時兩極板上的電壓；（3）試求能離開電場的粒子的最大速度，并通過計算判斷該粒子能否打在右側的熒光屏上？如果能打在熒光屏上，試求打在何處．【答案】（1）0．10m；（2）900V；（3）5105m/s，該粒子不能打在右側的熒光屏上．【解析】【分析】【詳解】（1）t=0時進入電場的粒子勻速通過電場，進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：R1=0．2m，粒子運動軌跡如圖所示：由幾何知識可得：粒子在磁場中偏移的距離：代入數(shù)據(jù)解得：y1=0．04m粒子出磁場后做勻速直線運動 代入數(shù)據(jù)解得：y2=0．06m粒子打到熒光屏上時偏離O′的距離為：y=y1+y2=0．10m（2）設兩板間電壓為U1時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，如圖所示：根據(jù)平拋知識可知：，L=v0t，解得：U1=900V（3）由動能定理得：代入數(shù)據(jù)解得： v1=5105m/s粒子在電場中的偏向角α，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：R2=0．25mR2﹣R2sinα=0．25﹣0．25=0．1m＜l1=0．12m該粒子不能從磁場偏出打在熒光屏上；答：（1）0．10m；（2）900V；（3）5105m/s，該粒子不能打在右側的熒光屏上9．平面直角坐標系的第一象限和第四象限內均存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小分別為2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限內存在沿﹣y方向的勻強電場，x軸上有一點P，其坐標為（L，0）?，F(xiàn)使一個電量大小為q、質量為m的帶正電粒子從坐標（﹣2a，a）處以沿+x方向的初速度v0出發(fā)，該粒子恰好能經(jīng)原點進入y軸右側并在隨后經(jīng)過了點P，不計粒子的重力。（1）求粒子經(jīng)過原點時的速度；（2）求磁感應強度B的所有可能取值（3）求粒子從出發(fā)直至到達P點經(jīng)歷時間的所有可能取值?！敬鸢浮浚?）粒子經(jīng)過原點時的速度大小為v0，方向：與x軸正方向夾45176。斜向下；（2）磁感應強度B的所有可能取值： n＝3……；（3）粒子從出發(fā)直至到達P點經(jīng)歷時間的所有可能取值： k＝3……或 n＝3……。【解析】【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2a＝v0t，豎直方向： ，解得：vy＝v0，tanθ＝＝1，θ＝45176。，粒子穿過O點時的速度：；（2）粒子在第四象限內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： ，粒子能過P點，由幾何知識得：L＝nrcos45176。 n＝3……，解得： n＝3……；（3）設粒子在第二象限運動時間為t1，則：t1＝；粒子在第四、第一象限內做圓周運動的周期：，粒子在下方磁場區(qū)域的運動軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區(qū)域的運動軌跡為3/4圓弧，若粒子經(jīng)下方磁場直接到達P點，則粒子在磁場中的運動時間：t2＝T1，若粒子經(jīng)過下方磁場與上方磁場到達P點，粒子在磁場中的運動時間：t2＝T1+T2，若粒子兩次
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