高中物理第5章磁場(chǎng)與回旋加速器帶電粒子在磁場(chǎng)或電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)習(xí)題課滬科版選修3-1-資料下載頁
2024-11-19 23:11本頁面
【導(dǎo)讀】當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，帶電粒子所受洛倫茲力F＝qvB，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為r＝mvqB，周期為T＝2πmqB.2倍，如圖1所示，即φ＝α＝2θ.在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出，如圖所示.請(qǐng)判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷qm；設(shè)粒子從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，速度方向改變了60°角，故AD弧所對(duì)圓心角為60°，粒子做圓。周運(yùn)動(dòng)的半徑R′＝rcot30°＝3r，又R′＝mvqB′，所以B′＝33B，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間t＝16T＝16×2πmqB′＝3πr3v.類題目中往往含有“最大”、“最高”、“至少”、“恰好”等詞語，其最終的求解一般涉及極值，若已知圓的半徑為r，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，重力加速度為g，到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)方向相反，示，容易看出R2＋R2cos45°＝d，將R2＝mv0qB代入上式得v0＝
【正文】 vc C． vavbvc D． va＝ vbvc 答案 A 解析 小球 a下落時(shí)，重力和電場(chǎng)力都對(duì) a 做正功；小球 b 下落時(shí) ，只有重力做功；小球 c下落時(shí)只有重力做功．重力做功的大小都相同．根據(jù)動(dòng)能定理可知外力對(duì)小球 a 所做的功最多，即小球 a 落地時(shí)的動(dòng)能最大，小球 b、 c 落地時(shí)的動(dòng)能相等． 11 所示，兩塊水平放置、相距為 d 的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷地噴出質(zhì)量均為 m、水平速度均為 v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至 U，墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的 M 點(diǎn)． 圖 11 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達(dá)下板 M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至 B′，則 B′的大小為多少？ 答案 (1)負(fù)電荷 mgdU (2)v0Ugd2 (3)4v0U5gd2 解析 (1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有 qUd＝ mg① 由 ① 式得： q＝ mgdU ② 由于電場(chǎng)方向向下，電荷所受靜電力向上，可知： 墨滴帶負(fù)電荷． (2)墨滴垂直進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，重力仍與靜電力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有 qv0B＝ mv20R ③ 考慮墨滴進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑 R＝ d④ 由 ②③④ 式得 B＝ v0Ugd2 (3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R′，有 qv0B′＝ mv20R′⑤ 由圖可得： R′2＝ d2＋ (R′－ d2)2⑥ 由 ⑥ 式得： R′＝ 54d⑦ 聯(lián)立 ②⑤⑦ 式可得： B′＝ 4v0U5gd2. 12 所示，有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B＝ 210－ 3 T；磁場(chǎng)右邊是寬度 L＝ m、場(chǎng)強(qiáng) E＝ 40 V/m、方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一帶電粒子電荷量為 q＝ 10－ 19 C 的負(fù)電荷，質(zhì)量 m＝ 10－ 27 kg，以 v＝ 4104 m/s 的速度沿 OO′垂直射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入右側(cè)的電場(chǎng)，最后從電場(chǎng)右邊界 射出．求： 圖 12 (1)大致畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡 (畫在題圖上 )； (2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑； (3)帶電粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能． 答案 (1)見解析圖 (2) m (3)10－ 18 J 解析 (1)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． (2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有 qvB＝ mv2R R＝ mvqB＝ 10－ 27410－ 19210－ 3 m＝ m (3)Ek＝ EqL＋ 12mv2＝ 4010－ 19 J＋ 1210－ 27(4104)2 J＝ 10－ 18 J xOy 中，第 Ⅰ 象限存在沿 y 軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第 Ⅳ 象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 m、電荷量為 q的帶正電的粒子從 y軸正半軸上的 M 點(diǎn)以一定的初速度垂直于 y 軸射入電場(chǎng)，經(jīng) x軸上的 N點(diǎn)與 x軸正方向成θ＝ 60176。角射入 磁場(chǎng)，最后從 y 軸負(fù)半軸上的 P 點(diǎn)垂直于 y 軸射出磁場(chǎng)，已知 ON＝ d，如圖13 所示．不計(jì)粒子重力，求： 圖 13 (1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑 R； (2)粒子在 M 點(diǎn)的初速度 v0 的大小； (3)粒子從 M 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 P 點(diǎn)的總時(shí)間 t. 答案 (1)2 33 d (2) 3qBd3m (3) 3＋3qB 解析 (1)作出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 由幾何知識(shí)得 Rsin θ＝ d 解 得 R＝ 2 33 d (2)由 qvB＝ mv2 /R 得 v＝ 2 3qBd3m 在 N 點(diǎn)速度 v 與 x軸正方向成 θ＝ 60176。角射出電場(chǎng)，將速度分解如圖所示 v0＝ vcos θ 解得 v0＝ 3qBd3m (3)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t1，有 d＝ v0t1 所以 t1＝ dv0＝ 3mqB 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T＝ 2πmqB 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2，有 t2＝ π－ θ2π T 所以 t2＝ 2πm3qB t＝ t1＋ t2，所以 t＝ 3＋3qB
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