高考物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)易錯(cuò)剖析含解析-展示頁(yè)
2025-04-05 05:57本頁(yè)面
【正文】 s(其中n＝0、4)第二種情況：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα把 、R＝、v1＝vsinα、代入解得 v0＝105m/s(其中n＝0、3)．2．如圖所示，在兩塊長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為L(zhǎng)、水平固定的平行金屬板之間，存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)將下板接地，讓質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點(diǎn)O以初速度v0水平向右射入板間，粒子恰好打到下板的中點(diǎn)．若撤去平行板間的磁場(chǎng)，使上板的電勢(shì)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示，則t=0時(shí)刻，從O點(diǎn)射人的粒子P經(jīng)時(shí)間t0(未知量)恰好從下板右邊緣射出．設(shè)粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子間的作用力均不計(jì)．(1)求兩板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B．(2)若兩板右側(cè)存在一定寬度的、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，為了使t=0時(shí)刻射入的粒子P經(jīng)過右側(cè)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在電場(chǎng)變化的第一個(gè)周期內(nèi)能夠回到O點(diǎn)，求右側(cè)磁場(chǎng)的寬度d應(yīng)滿足的條件和電場(chǎng)周期T的最小值Tmin．【答案】（1） （2） ；【解析】【分析】【詳解】（1）如圖，設(shè)粒子在兩板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，則 由幾何關(guān)系： 解得 （2）粒子P從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到下板右邊緣的過程，有： 解得 設(shè)合速度為v，與豎直方向的夾角為α，則： 則 粒子P在兩板的右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，則 ，解得 右側(cè)磁場(chǎng)沿初速度方向的寬度應(yīng)該滿足的條件為； 由于粒子P從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到下極板右側(cè)邊緣的過程與從上板右邊緣運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程，運(yùn)動(dòng)軌跡是關(guān)于兩板間的中心線是上下對(duì)稱的，這兩個(gè)過程經(jīng)歷的時(shí)間相等，則： 解得 【點(diǎn)睛】帶電粒子在電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)特征，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解相關(guān)量，并搞清臨界狀態(tài).3．如圖所示，在直角坐標(biāo)系x0y平面的一、四個(gè)象限內(nèi)各有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方向區(qū)域，二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個(gè)高L，寬2L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，各磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相等，第一象限的xL，Ly2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為四電荷量為q的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)(L，3L/2)處以初速度沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，射出電場(chǎng)時(shí)通過坐標(biāo)(0，L)點(diǎn)，不計(jì)粒子重力．(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)為使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后途經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)0到達(dá)坐標(biāo)(L，0)點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)求第(2)問中粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到坐標(biāo)(L，0)點(diǎn)所用的時(shí)間．【答案】（1）（2）n=3......（3）【解析】本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，需畫出粒子在磁場(chǎng)中的可能軌跡再結(jié)合物理公式求解．(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)有： ， 聯(lián)立解得： (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與y 軸負(fù)方向夾角的正切值=l 速度大小設(shè)x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，粒子能到達(dá)(一L，0 )點(diǎn)，應(yīng)滿足L=2nx，其中n=3......粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為；當(dāng)滿足L=(2n+1)x時(shí)，粒子軌跡如圖乙所示．若軌跡如圖甲設(shè)圓弧的半徑為R，=R，此時(shí)滿足L=2nx聯(lián)立可得：由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：得：，n=3....軌跡如圖乙設(shè)圓弧的半徑為R，此時(shí)滿足 聯(lián)立可得： 由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有：得：，n=3....所以為使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后途經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)0到達(dá)坐標(biāo)(L，0)點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，n=3....或，n=3....(3) 若軌跡如圖甲，粒子從進(jìn)人磁場(chǎng)到從坐標(biāo)(一L，0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)過程中，圓心角的總和θ=2n2=2nπ，則若軌跡如圖乙，粒子從進(jìn)人磁場(chǎng)到從坐標(biāo)(一L，0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)過程中，圓心角的總和θ=(2n+1)2π=(4n+2)π，則 粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到坐標(biāo)(L，0)點(diǎn)所用的時(shí)間為或4．如圖所示，半徑r=，半徑R=，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=（0，），平行金屬板MN的極板長(zhǎng)L=、間距d=，極板間所加電壓U=，其中N極板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，已知粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑R0=，若粒子重力不計(jì)、比荷=108C/kg、不計(jì)粒子間的相互作用力及電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)．sin53176。－v0＝105m/s.(3) 由第二問解答的圖可知粒子離MM′的最遠(yuǎn)距離Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)把R＝、v＝、代入解得 可以看出當(dāng)α＝901
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