高考物理試卷分類匯編物理帶電粒子在磁場中的運動(及答案)及解析-資料下載頁
2025-04-02 21:10本頁面
【正文】 向的特殊電場，電場強度E的大小與橫坐標x的關系如圖（b）所示，試求:X/EoBVBV(1)區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應強度大小 ；(2)質子再次到達y軸時的速度大小和方向?！敬鸢浮?（1）；（2）；方向向左下方與y軸負向成（）的夾角【解析】試題分析: （1）由幾何關系知：質子再次回到OP時應平行于x軸正向進入Ⅱ區(qū)，設質子從OP上的C點進入Ⅱ區(qū)后再從D點垂直x軸進入第四象限，軌跡如圖。 由幾何關系可知：O1C⊥OX，O1C與OX的交點O2即為Ⅱ內圓弧的圓心，等邊三角形。設質子在Ⅰ區(qū)圓運動半徑為，在Ⅱ區(qū)圓運動半徑為，則： 由 得： ， 同理得： 即區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應強度： （2）D點坐標： 質子從D點再次到達y軸的過程，設質子再次到達y軸時的速度大小為，由動能定理： 得： 因粒子在y軸方向上不受力，故在y軸方向上的分速度不變如圖有： 即方向向左下方與y軸負向成（）的夾角 考點： 帶電粒子在磁場中的運動13．平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比．【答案】(1),與x軸正方向成45176。角斜向上 (2)【解析】【分析】【詳解】(1)粒子運動軌跡如圖：粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設O點速度v與x方向夾角為，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據平拋運動的規(guī)律有：x方向：y方向： 粒子到達O點時沿y軸方向的分速度：，又，解得，即，粒子到達O點時的夾角為450解斜向上，粒子到達O點時的速度大小為；(2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，粒子在電場中運動的加速度：，設磁感應強度大小為B，粒子做勻速圓周運動的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，有：，根據幾何關系可知：解得：14．同步加速器在粒子物理研究中有重要的應用，其基本原理簡化為如圖所示的模型．M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板．質量為m、電荷量為+q的粒子A（不計重力）從M板小孔飄入板間，初速度可視為零，每當A進入板間，兩板的電勢差變?yōu)閁，粒子得到加速，當A離開N板時，兩板的電荷量均立即變?yōu)榱悖畠砂逋獠看嬖诖怪奔埫嫦蚶锏膭驈姶艌?，A在磁場作用下做半徑為R的圓周運動，R遠大于板間距離，A經電場多次加速，動能不斷增大，為使R保持不變，磁場必須相應地變化．不計粒子加速時間及其做圓周運動產生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應．求（1）A運動第1周時磁場的磁感應強度B1的大??；（2）在A運動第n周的時間內電場力做功的平均功率；（3）若有一個質量也為m、電荷量為+kq（k為大于1的整數）的粒子B（不計重力）與A同時從M板小孔飄入板間，A、B初速度均可視為零，不計兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變，下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡．在B的軌跡半徑遠大于板間距離的前提下，請指出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡，并經推導說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）A圖能定性地反映A、B運動的軌跡；【解析】試題分析：（1）設A經電場第1次加速后速度為v1，由動能定理得①A在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當向心力②聯立解得：③（2）設A經n次加速后的速度為vn，由動能定理得④設A做第n次圓周運動的周期為Tn，有⑤設在A運動第n周的時間內電場力做功為Wn，則⑥在該段時間內電場力做功的平均功率為⑦聯立解得：⑧（3）A圖能定性地反映A、B運動的軌跡．A經地n加速后，設其對應的磁感應強度為Bn，A、B的周期分別為、綜合②⑤式并分別應用A、B的數據得由上可知，是的k倍，所以A每繞得1周，B就繞行k周．由于電場只在A通過時存在，故B僅在與A同時進入電場時才被加速．經n次加速后，A、B的速度分別為、結合④式有由題設條件并結合⑤式，對A有設B的軌跡半徑為，有比較以上兩式得上式表明，運動過程B的軌跡半徑始終不變． 由以上分析可知，兩粒子運動的軌跡如圖A所示．考點：帶電粒子在電場、磁場中的運動、動能定理、平均功率15．（17分）在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度為B。一質量為m，帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經P點（AP=d）射入磁場（不計重力影響）。（1）如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。（2）如果粒子經紙面內Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線的夾角為φ（如圖）。求入射粒子的速度。【答案】1）（2）【解析】試題分析：（1）由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。設入射粒子的速度為v1，由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得：①由①式解得：②（2）設O’是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接O’Q，設O’Q＝R’。由幾何關系得：∠OQO’=③而 OO’=R’－,＝d－R所以OO’= R’+R－d ④由余弦定理得：⑤由⑤式解得：⑥設入射粒子的速度為v2，由⑦由⑦式解得：⑧考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.
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