步步高高考物理二輪復習與增分策略專題五第課時帶電粒子在(編輯修改稿)
2025-03-28 22:19 本頁面
【文章內容簡介】 粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設此時其速度大小為 v ，軌道半徑為 r ，根據(jù)牛頓第二定律得 q v B ＝ mv2r (2 分 ) 粒子在 M 、 N 之間運動，根據(jù)動能定理得： qU ＝12m v2，聯(lián)立解得： U ＝ qB2r22 m (1 分 ) 當粒子打在收集板 D 的 A 點時，經(jīng)歷的時間最長，由幾何關系可知粒子在磁場中運動的半徑 r1＝33R (1 分 ) 此時 M 、 N 間的電壓最小，為 U1＝qB2R26 m (1 分 ) 當粒子打在收集板 D 的 C 點時，經(jīng)歷的時間最短，由幾何關系可知粒子在磁場中運動的半徑 r2＝ 3 R (1 分 ) 此時 M 、 N 間的電壓最大，為 U2＝3 qB2R22 m (1 分 ) 要使粒子能夠打在收集板 D 上，在 M 、 N 間所加電壓的范圍為 qB2R26 m≤ U ≤3 qB2R22 m( 或qB2R26 m U 3 qB2R22 m) (1 分 ) (3) 根據(jù)題意分析可知，當粒子打在收集板 D 的中點上時，根據(jù)幾何關系可以求得粒子在磁場中運動的半徑 r0＝ R (1 分 ) 粒子進入磁場時的速度 v0＝qBr0m (1 分 ) 粒子在電場中運 動的時間： t1＝Rv0/2 (1 分 ) 粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期 T ＝2π r0v0＝2π mqB (2 分 ) 粒子在磁場中經(jīng)歷的時間 t2＝14T (1 分 ) 粒子出磁場后做勻速直線運動經(jīng)歷的時間 t3＝Rv0 (1 分 ) 粒子從 s1運動到 D 點經(jīng)歷的時間為 t ＝ t1＋ t2＋ t3＝? 6 ＋ π ? m2 qB (1 分 ) 答案 ( 1) 2 qU xm ( 2)qB 2 R 26 m ≤ U ≤3 qB 2 R 22 m ( 3)? 6 ＋ π ? m2 qB 以題說法 ( 1) 首先要明確，帶電粒子在組合場內的運動實際上也是運動過程的組合，要注意分析不同場內粒子受力和運動的特點，選用相關物理規(guī)律求解． ( 2) 當粒子從一個場進入另一場時，分析轉折點的速度往往成為解題的突破口． 針對訓練 2 ( 18 分 ) 如圖 4 所示，平行金屬板 MN 、 PQ 分別帶等量 異 種電荷，平行于 x 軸放置，它們到 x 軸的距離相等，其右端緊靠 y 軸，并與 y 軸垂直，板間距和板長均為d . 在 0 ≤ x ≤ L 的區(qū)域內有垂直于 xOy 平面向外的勻強磁場，磁場寬度為 L ＝? 2 ＋ 2 ? d2． 一些相同的帶電粒子電荷量為－q ，質量為 m ，從電場左邊界 A 點處沿 x 軸正方向以相同初速度 v0依次連續(xù)射入兩板間的勻強電場中，恰好從極板右邊緣的 Q 點進入磁場，又恰好從另一極板右邊緣 N 點飛離磁場．不計粒子重力和粒子間的相互作用．試求： ( 1) 兩金屬板間電壓 U 的大?。? ( 2) 勻強磁場的磁感應強度 B 0 的大?。? ( 3) 在磁感應強度由 B 0 逐漸減為 B 0 的過程中，粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間． 圖 4 解析 ( 1) 粒子在勻強電場中 做類平拋運動，則 在 x 方向： d ＝ v0t (1 分 ) 在－ y 方向： a ＝Uqdm (1 分 ) 12d ＝12at2 (1 分 ) 解得： U ＝m v 20q (1 分 ) ( 2) 設粒子射出電場時的速度為 v ，由動能定理得： 12m v2－12m v 20＝12Uq ，解得： v ＝ 2 v0 (1 分 ) 出射方向與 x 軸的夾角為 θ ，則： c os θ ＝v0v＝22，所以 θ ＝π4 (1 分 ) 甲 粒子在磁場中做勻速圓周運動時， B0q v ＝ mv2r (1 分 ) 由圖甲可得： 2 r c os θ ＝ d (2 分 ) 解得： B0＝2 m v0qd (1 分 ) ( 3) 分析可知，當粒子從磁場左邊界射出時，運動軌跡圓的圓心角為32π ，當軌跡圓與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，如圖乙所示，此時軌跡圓的半徑為 R1，則 R1＋ R1s in θ ＝ L (2 分 ) 乙 在磁場中做勻速圓周運動的周期為 T1，運動的最長時間為 t1，則 T1＝2π R1v t1＝34T1＝3 2 π d4 v0 (2 分 ) 當磁感應強度變?yōu)? B0時，分析可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑變?yōu)? R2＝ 2 r ＝
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