專題8磁場、帶電粒子在磁場和復(fù)合場中的運動(編輯修改稿)
2025-07-04 13:52 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 0176。角斜向下，由幾何關(guān)系知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝OQ＝L由Bqv0＝m得B＝粒子在OC線下方做勻減速直線運動，到D點速度剛好為0設(shè)粒子在電場Ⅱ中的位移為s，由幾何關(guān)系知tan 60176。＝，得s＝而v＝2s，聯(lián)立解得E2＝.(2)由(1)知粒子在勻強電場Ⅰ中運動的時間t1＝粒子在勻強磁場中運動的時間t2＝＝粒子在勻強電場Ⅱ中運動的時間t3＝＝所以粒子從O點運動到D點所用的時間t＝t1＋t2＋t3＝L.【答案】 (1)E1＝ E2＝ B＝(2)t＝L發(fā)散2 帶電粒子在復(fù)合場中的運動173。9所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37176。角，在第四象限內(nèi)的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一最小電場強度的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好沒從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37176。＝，cos 37176。＝，求：(1)小球的帶電性質(zhì)．(2)第二象限內(nèi)電場強度E1的大小和磁感應(yīng)強度B1的大?。?3)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向．(4)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度E3的大小和磁感應(yīng)強度B2的大?。窘馕觥俊?1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，因洛倫茲力與速度關(guān)聯(lián)，所以此三力滿足圖(a)所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動，由受力特點及左手定則可判定小球帶正電．(2)由圖(a)知tan 37176。＝，得E1＝cos 37176。＝，得B1＝.(3)當(dāng)區(qū)域Ⅰ中的電場強度最小時，小球做直線運動，此時受力如圖(b)所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，由圖知cos 37176。＝，得E2＝，方向與x軸正方向成53176。角向上．(4)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，得E3＝，因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖(c)所示由(3)知F＝mgsin 37176。，即a＝gsin 37176。由運動學(xué)規(guī)律知(2v0)2－v＝2aOC解得OC＝由幾何關(guān)系知＝tan 37176。，得r＝由洛倫茲力提供向心力知B2q2v0＝m，聯(lián)立得B2＝.【答案】 (1)帶正電 (2)E1＝ B1＝(3)E2＝，方向與x軸正方向成53176。角向上(4)E3＝ B2＝發(fā)散3 電磁與現(xiàn)代科技的應(yīng)用3．(2015江蘇高考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖8173。10所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到．圖8173。10(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg 2＝，lg 3＝，lg 5＝)【解析】 (1)離子在電場中加速，qU0＝mv2在磁場中做勻速圓周運動，qvB＝m解得r0＝代入r0＝L，解得m＝.(2)由(1)知，U＝，離子打在Q點時，r＝L，得U＝離子打在N點時，r＝L，得U＝則電壓的范圍≤U≤.(3)由(1)可知，r∝由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點，＝此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上，＝解得r1＝L第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則＝，＝，解得r2＝L同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝L檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈最少次數(shù)為3次．【答案】 (1) (2)≤U≤ (3)最少次數(shù)為3次帶電粒子在交變磁場中的運動(2014山東高考)如圖8173。11甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖8173。11乙所示．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量． 甲 乙圖8173。11(1)若Δt＝TB，求B0；(2)若Δt＝TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。?3)若B0＝，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.第一步：挖掘關(guān)鍵信息(1)B周期變化如乙圖，可確定B大小周期．(2)粒子電量為＋q，不計重力，在磁場僅受洛倫茲力、軌跡為圓周．(3)恰能垂直打在P板，此時速度必豎直向上．第二步：明確題目所求(1)Δt＝TB，方向垂直紙面向里．粒子經(jīng)過圓周打在P板上，即R＝d.(2)Δt＝TB，粒子垂直打在P板必須滿足d＝3R.(3)若B0＝，仍使粒子垂直打在P板上，可根據(jù)向心力公式確定R和d關(guān)系．第三步：圈定解題依據(jù)(1)根據(jù)向心力公式，向心力由洛倫茲力提供．(2)充分利用題知條件和對應(yīng)的幾何關(guān)系.(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0＝ ①據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d ②聯(lián)立①②式得B0＝. ③(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a＝ ④據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d ⑤聯(lián)立④⑤式得a＝. ⑥(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得T＝ ⑦由牛頓第二定律得qv0B0＝ ⑧由題意知B0＝，代入⑧式得d＝4R ⑨粒子運動軌跡如圖所示，OO2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0＜θ＜，由題意可知T＝ ⑩設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0，1，2，3……)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R＋
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