高考物理帶電粒子在無邊界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)技巧和方法完整版及練習(xí)題及解析(編輯修改稿)
2025-04-02 21:10 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 的放射源發(fā)出質(zhì)量為、帶電量為的粒子，粒子速度大小為，速度方向與軸負(fù)方向的夾角為（），所有粒子都能垂直穿過軸后進(jìn)入第二象限．不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用．(1)求夾角的粒子經(jīng)過軸時(shí)的坐標(biāo)；(2)求第一象限內(nèi)虛曲線的曲線方程；(3)假設(shè)交變磁場(chǎng)在時(shí)刻，某粒子剛好經(jīng)過軸上的（，）點(diǎn)，則①要求該粒子不回到第一象限，交變磁場(chǎng)的變化周期T應(yīng)滿足什么條件？②要求該粒子在（，）點(diǎn)垂直虛直線水平射出磁場(chǎng)，求粒子在交變磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與磁場(chǎng)變化周期的比值的最小值？并求出在這種情況下粒子在交變磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．【答案】(1)；(2)；(3)①；②【解析】【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑為，則：解得：，如圖1所示，當(dāng)入射角為時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可得：y軸坐標(biāo)（2）如圖2所示，入射角為任意角，進(jìn)入磁場(chǎng)入射點(diǎn)坐標(biāo)為（，），根據(jù)幾何關(guān)系可得：得（）（3）①粒子不回到第一象限，臨界情況為軌跡與軸相切，如圖3所示；設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為，兩圓心連線與軸夾角為，則：所以且滿足得要求該粒子不回到第一象限，交變磁場(chǎng)的變化周期應(yīng)滿足；②粒子在交變磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與磁場(chǎng)變化的周期的比值為，即如圖4所示根據(jù)幾何關(guān)系可得：由于，所以最小等于，即當(dāng)，如圖4所示，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間當(dāng)β=120176。時(shí)，如圖5所示，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間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(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，且兩板外無電場(chǎng)，板長(zhǎng)L=0．8m，板間距離d=0．6m．在金屬板右側(cè)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2．010﹣2T，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為l1=0．12m，磁場(chǎng)足夠長(zhǎng)．MN為一豎直放置的足夠大的熒光屏，熒光屏距磁場(chǎng)右邊界的距離為l2=0．08m，MN及磁場(chǎng)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(cè)沿中線OO′連續(xù)射入電場(chǎng)中．已知每個(gè)粒子的速度v0=4．0105m/s，比荷=1．0108C/kg，重力忽略不計(jì)，每個(gè)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間極短，電場(chǎng)可視為恒定不變．（1）求t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子打到熒光屏上時(shí)偏離O′點(diǎn)的距離；（2）若粒子恰好能從金屬板邊緣離開，求此時(shí)兩極板上的電壓；（3）試求能離開電場(chǎng)的粒子的最大速度，并通過計(jì)算判斷該粒子能否打在右側(cè)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(cè)的熒光屏上．【解析】【分析】【詳解】（1）t=0時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子勻速通過電場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何知識(shí)可得：粒子在磁場(chǎng)中偏移的距離：代入數(shù)據(jù)解得：y1=0．04m粒子出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng) 代入數(shù)據(jù)解得：y2=0．06m粒子打到熒光屏上時(shí)偏離O′的距離為：y=y1+y2=0．10m（2）設(shè)兩板間電壓為U1時(shí)，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng)，如圖所示：根據(jù)平拋知識(shí)可知：，L=v0t，解得：U1=900V（3）由動(dòng)能定理得：代入數(shù)據(jù)解得： v1=5105m/s粒子在電場(chǎng)中的偏向角α，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)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(cè)的熒光屏上9．處于靜止?fàn)顟B(tài)的某原子核X，發(fā)生α衰變后變成質(zhì)量為mY的原子核Y，被釋放的α粒子垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,測(cè)得其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，設(shè)α粒子質(zhì)量為m，質(zhì)子的電荷量為e，試求:(1)衰變后α粒子的速率vα和動(dòng)能Ekα。(2)衰變后Y核的速率vY和動(dòng)能EkY。(3)衰變前X核的質(zhì)量mX．【答案】(1) (2) (3)【解析】【詳解】（1）α粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由洛倫茲力提供,即 α粒子的電荷量q=2e所以α粒子的速率 動(dòng)能（2）由動(dòng)量守恒mvαmYvY=0,所以（3）由質(zhì)能方程ΔE=Δmc2，而ΔE=Ekα+EkY所以 衰
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