高考物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的基本方法技巧及練習(xí)題及練習(xí)題(含答案)含解析(編輯修改稿)
2025-04-02 21:10 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 能軌跡再結(jié)合物理公式求解．(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)有： ， 聯(lián)立解得： (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與y 軸負(fù)方向夾角的正切值=l 速度大小設(shè)x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，粒子能到達(dá)(一L，0 )點(diǎn)，應(yīng)滿(mǎn)足L=2nx，其中n=3......粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為；當(dāng)滿(mǎn)足L=(2n+1)x時(shí)，粒子軌跡如圖乙所示．若軌跡如圖甲設(shè)圓弧的半徑為R，=R，此時(shí)滿(mǎn)足L=2nx聯(lián)立可得：由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：得：，n=3....軌跡如圖乙設(shè)圓弧的半徑為R，此時(shí)滿(mǎn)足 聯(lián)立可得： 由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：得：，n=3....所以為使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后途經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)0到達(dá)坐標(biāo)(L，0)點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，n=3....或，n=3....(3) 若軌跡如圖甲，粒子從進(jìn)人磁場(chǎng)到從坐標(biāo)(一L，0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)過(guò)程中，圓心角的總和θ=2n2=2nπ，則若軌跡如圖乙，粒子從進(jìn)人磁場(chǎng)到從坐標(biāo)(一L，0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)過(guò)程中，圓心角的總和θ=(2n+1)2π=(4n+2)π，則 粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到坐標(biāo)(L，0)點(diǎn)所用的時(shí)間為或8．如圖所示，半徑r=，半徑R=，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=（0，），平行金屬板MN的極板長(zhǎng)L=、間距d=，極板間所加電壓U=，其中N極板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，已知粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑R0=，若粒子重力不計(jì)、比荷=108C/kg、不計(jì)粒子間的相互作用力及電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)．sin53176。=，cos53176。=．（1）求粒子的發(fā)射速度v的大小；（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37176。，求它打出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)：（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η．【答案】（1）6105m/s；（2）（0，）；（3）29%【解析】【詳解】（1）由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即qvB=m可得：v=6105m/s；（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37176。，作出速度方向的垂線(xiàn)與y軸交于一點(diǎn)Q，根據(jù)幾何關(guān)系可得PQ==，即Q為軌跡圓心的位置；=，故粒子剛好從圓上y軸最高點(diǎn)離開(kāi)；故它打出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)為（0，）；（3）如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y，由帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得：y=at2…①a==…②t=…③由①②③解得：y=設(shè)此粒子射入時(shí)與x軸的夾角為α，則由幾何知識(shí)得：y=rsinα+R0R0cosα可知tanα=，即α=53176。比例η=100%=29%9．如圖：豎直面內(nèi)固定的絕緣軌道abc，由半徑R=3 m的光滑圓弧段bc與長(zhǎng)l= m的粗糙水平段ab在b點(diǎn)相切而構(gòu)成，O點(diǎn)是圓弧段的圓心，Oc與Ob的夾角θ=37176。過(guò)f點(diǎn)的豎直虛線(xiàn)左側(cè)有方向豎直向上、場(chǎng)強(qiáng)大小E=10 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，Ocb的外側(cè)有一長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)、寬度d = m的矩形區(qū)域efgh，ef與Oc交于c點(diǎn)，ecf與水平向右的方向所成的夾角為β(53176。≤β≤147176。)，矩形區(qū)域內(nèi)有方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量m2=3103 kg、電荷量q=3l03 C的帶正電小物體Q靜止在圓弧軌道上b點(diǎn)，質(zhì)量m1=103 kg的不帶電小物體P從軌道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左運(yùn)動(dòng)，P、Q碰撞時(shí)間極短，碰后P以1 m/s的速度水平向右彈回．已知P與ab間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，Q的電荷量始終不變，忽略空氣阻力，sin37176。=，cos37176。=，重力加速度大小g=10 m/s2．求：(1)碰后瞬間，圓弧軌道對(duì)物體Q的彈力大小FN；(2)當(dāng)β=53176。時(shí)，物體Q剛好不從gh邊穿出磁場(chǎng)，求區(qū)域efgh內(nèi)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；(3)當(dāng)區(qū)域efgh內(nèi)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2=2T時(shí)，要讓物體Q從gh邊穿出磁場(chǎng)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求此最長(zhǎng)時(shí)間t及對(duì)應(yīng)的β值．【答案】(1) (2) (3),【解析】【詳解】解：(1)設(shè)碰撞前后的速度分別為和，碰后的速度為從到，對(duì)，由動(dòng)能定理得：解得：碰撞過(guò)程中，對(duì)，系統(tǒng)：由動(dòng)量守恒定律：取向左為正方向，由題意， 解得：點(diǎn)：對(duì)，由牛頓第二定律得：解得: (2)設(shè)在點(diǎn)的速度為，在到點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律： 解得：進(jìn)入磁場(chǎng)后：所受電場(chǎng)力 ，在磁場(chǎng)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律得：Q剛好不從邊穿出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系： 解得： (3)當(dāng)所加磁場(chǎng)， 要讓從邊穿出磁場(chǎng)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，則當(dāng)邊或邊與圓軌跡相切，軌跡如圖所示：設(shè)最大圓心角為，由幾何關(guān)系得：解得： 運(yùn)動(dòng)周期： 則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間：此時(shí)對(duì)應(yīng)的和10．如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿(mǎn)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在ad邊中點(diǎn)O的粒子源，在
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