高中物理帶電粒子在磁場中的運動(一)解題方法和技巧及練習題含解析-資料下載頁
2025-04-05 04:39本頁面
【正文】 得：（1分）磁感應強度越大，電子越不能穿出磁場，所以取磁感應強度時電子能打在熒光屏上（得不扣分）． （1分）如圖所示，電子在磁感應強度為時，打在熒光屏的最高處，由對稱性可知，電子在磁場右側(cè)的出射時速度方向與進入磁場的方向相同，即． （1分）出射點位置到SO連線的垂直距離（1分）電子移開磁場后做勻速直線運動，則電子打在熒光屏的位置坐標（1分）解得（1分）當磁場的磁感應強度為零時，電子離開電場后做直線運動，打在熒光屏的最低點，其坐標為（1分）電子穿出磁場后打在熒光民屏上的位置坐標范圍為：到（2分）考點：帶電粒子在磁場中受力運動．13．如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。(1)求極板間電場強度的大??；(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應強度的大??；(3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應強度的大小分別為、,粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程．【答案】（1）（2）或（3）【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在電場中，根據(jù)動能定理，解得(2)若粒子的運動軌跡與小圓相切，則當內(nèi)切時，半徑為由，解得則當外切時，半徑為由，解得(2)若Ⅰ區(qū)域的磁感應強度為，則粒子運動的半徑為；Ⅱ區(qū)域的磁感應強度為，則粒子運動的半徑為；設粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為TT2，由運動公式可得：；據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對的圓心角相同，設為，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角為，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設為，由幾何關(guān)系可得：；；粒子重復上述交替運動回到H點，軌跡如圖所示，設粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為tt2，可得：；設粒子運動的路程為s，由運動公式可知：s=v(t1+t2)聯(lián)立上述各式可得：s=14．通過測量質(zhì)子在磁場中的運動軌跡和打到探測板上的計數(shù)率（即打到探測板上質(zhì)子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)N的比值），可研究中子（）的衰變。中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時放出質(zhì)量可視為零的反中微子。如圖所示，位于P點的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射N個質(zhì)子。在P點下方放置有長度以O為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離為a。在探測板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。已知電子質(zhì)量，中子質(zhì)量，質(zhì)子質(zhì)量（c為光速，不考慮粒子之間的相互作用）。若質(zhì)子的動量。（1）寫出中子衰變的核反應式，求電子和反中微子的總動能（以為能量單位）；（2）當，時，求計數(shù)率；（3）若取不同的值，可通過調(diào)節(jié)的大小獲得與（2）問中同樣的計數(shù)率，求與的關(guān)系并給出的范圍?！敬鸢浮?1) (2) (3) 【解析】【分析】【詳解】（1）核反應方程滿足質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：核反應過程中：根據(jù)動量和動能關(guān)系：則總動能為：（2）質(zhì)子運動半徑：如圖甲所示：打到探測板對應發(fā)射角度：可得質(zhì)子計數(shù)率為：（3）在確保計數(shù)率為的情況下：即：如圖乙所示：恰能打到探測板左端的條件為：即：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(zhì)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(jīng)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(jīng)紙面內(nèi)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(guān)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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