高考物理帶電粒子在無邊界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)答題技巧及練習(xí)題(含答案)(1)-資料下載頁
2025-04-02 21:10本頁面
【正文】 向角(偏離原方向的夾角)θ=60176。(不計(jì)重力) (1)試求AD間的距離；(2)若去除磁場(chǎng)，改為紙平面內(nèi)垂直于AC方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，要想由A射入的粒子仍然能經(jīng)過D點(diǎn)，試求該電場(chǎng)的強(qiáng)度的大小及方向；粒子此時(shí)經(jīng)D點(diǎn)時(shí)速度的偏向角比60176。角大還是小?為什么?【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度偏角為，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，即AD=R由得AD= （2）經(jīng)D點(diǎn)，而，解得，方向垂直AC向上速度偏向角， 解得 而即 ，則14．如圖所示，空間內(nèi)有方向垂直紙面(豎直面)向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知．區(qū)域Ⅰ內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝ kg、電荷量q＝ C的帶正電滑塊從區(qū)域Ⅰ左側(cè)與邊界MN相距L＝2 m的A點(diǎn)以v0＝5 m/s的初速度沿粗糙、絕緣的水平面向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ后，滑塊立即在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后離開磁場(chǎng)落回A點(diǎn)．已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E和區(qū)域Ⅰ中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；(2)求滑塊從A點(diǎn)出發(fā)到再次落回A點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t；(3)若滑塊在A點(diǎn)以v0′＝9 m/s的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求有界磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的寬度d及區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2.【答案】(1)10 V/m T (2)() s (3)m T【解析】【分析】（1）小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域后，小球立即在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明重力與電場(chǎng)力的大小相等，方向相反；A到N的過程中根據(jù)牛頓第二定律可求出小球到達(dá)N點(diǎn)的速度。小球離開磁場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解，即可求出下落的高度，然后結(jié)合幾何關(guān)系由于洛倫茲力提供向心力的公式即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）小球在AN之間做減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式求出時(shí)間；粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由周期公式即可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，最后求和；（3）A到N的過程中摩擦力做功，由動(dòng)能定理即可求出小球到達(dá)N點(diǎn)的速度。小球進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好能沿直線運(yùn)動(dòng)，說明小球受到的合外力為0，受力分析即可求出小球的速度，結(jié)合動(dòng)能定理即可求出有界磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的寬度d及區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)B2的大小?！驹斀狻?1)滑塊在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力與電場(chǎng)力平衡，則有mg＝qE解得E＝＝10 V/m滑塊在AN間運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)水平向右的方向?yàn)檎较颍膳ｎD第二定律可得：a＝－μg＝－ m/s2由運(yùn)動(dòng)公式可得v2－v02＝2aL代入數(shù)據(jù)得v＝4 m/s平拋運(yùn)動(dòng)過程滿足L＝vt3；2r＝ 做圓周運(yùn)動(dòng)滿足qvB1＝m 聯(lián)立方程求解得B1＝ T(2)滑塊在AN間的時(shí)間 在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝＝ s總時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝s(3)設(shè)滑塊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′，滿足－μmgL＝mv′2－mv0′2代入數(shù)據(jù)得v′＝6m/s滑塊在區(qū)域Ⅱ中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力一定為0，由平衡方程知qv′B2＝mg解得B2＝T滑塊離開磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度方向一定與水平成45176。角．由幾何關(guān)系知當(dāng)滑塊在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有B1qv′＝ 解得 由題意知d＝rsin 45176。＝m【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意當(dāng)粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速 圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子受到的電場(chǎng)力與重力平衡。15．如圖，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)，已知圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計(jì)．(1)求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大?。?2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要求離子能最終打在QN上，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】試題分析：（1）離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有：離子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：聯(lián)解得：。（2）離子做類平拋運(yùn)動(dòng)：，由牛頓第二定律得：聯(lián)解得：。（3）離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：根據(jù)題意作出離子運(yùn)動(dòng)徑跡如圖：由幾何關(guān)系知：聯(lián)解得：考點(diǎn)：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中加速過程，往往運(yùn)用動(dòng)能定理研究加速電壓與速度的關(guān)系；對(duì)于電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問題，運(yùn)動(dòng)的分解是常用方法．磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要知道洛倫茲力充當(dāng)向心力，畫出軌跡是解答的關(guān)鍵，同時(shí)注意粒子在靜電分析器中電場(chǎng)力不做功。
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