高中物理帶電粒子在磁場中的運動解析版匯編含解析

1、高中物理帶電粒子在磁場中的運動解析版匯編含解析一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓(xùn)練1.如圖所示，在一直角坐標(biāo)系 xoy平面內(nèi)有圓形區(qū)域，圓心在x軸負半軸上，P、Q是圓上的兩點，坐標(biāo)分別為 P (-8L, 0) , Q (-3L, 0) 。 y軸的左側(cè)空間，在圓形區(qū)域外，有 一勻強磁場，磁場方向垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強度的大小為B, y軸的右側(cè)空間有一磁感應(yīng)強度大小為 2B的勻強磁場，方向垂直于 xoy平面向外?，F(xiàn)從 P點沿與x軸正方向成 37。角射出一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子，帶電粒子沿水平方向進入第一象限，不 計粒子的重力。求：(1)帶電粒子的初速度；(1)帶電粒子以初速度 v

2、沿與x軸正向成37°角方向射出，經(jīng)過圓周 C點進入磁場，做勻速 圓周運動，經(jīng)過 y軸左側(cè)磁場后，從 y軸上d點垂直于y軸射入右側(cè)磁場，如圖所示，由 幾何關(guān)系得：QC 5Lsin370OQOiQ 、5L sin37在y軸左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，半徑為Ri,R OiQ QC2 v qvB m Ri2(2)由公式qvB m，得:R2mvR2 ，解得：R2 4L qB由R 4L可知帶電粒子經(jīng)過 y軸右側(cè)磁場后從圖中 Oi占垂直于y軸射放左側(cè)磁場，由對稱性，在y圓周點左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過圓周上的E點，沿直線打到 P點，設(shè)帶電粒子從P點運動到C點的時間為tiPC 5Lcos37oti

3、 PC v帶電粒子從C點到D點做勻速圓周運動，周期為T1 ,時間為t2qBt2帶電粒子從D做勻速圓周運動到Oi點的周期為丁2,所用時間為t32 mT2q2BqB1t3 -T22從P點到再次回到P點所用的時間為tt 2ti 2t2t2聯(lián)立解得：t 14i mo45 qB2.在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，存在一個半徑R= 0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B=i.0T,方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與 y坐標(biāo)軸相切于原點。點。y軸右側(cè)存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域?qū)挾?l =0.im?，F(xiàn)從坐標(biāo)為(-0.2m, -0.2m)的P點發(fā)射出質(zhì)量 m = 2.0X i09kg、帶電

4、荷量q= 5.0X i05C的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小vo= 5.0 x 103m/s （粒子重力不計）。（1）帶電粒子從坐標(biāo)為（0.1m, 0.05m）的點射出電場，求該電場強度；（2）為了使該帶電粒子能從坐標(biāo)為（0.1m, - 0.05m）的點回到電場，可在緊鄰電場的右側(cè)區(qū)域內(nèi)加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向。II 申【答案】（1） 1.0x 104N/C（2） 4T,方向垂直紙面向外 【解析】【詳解】解：（1）帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有： 2V0 qv0B m 一 r可得：r=0.20m=R根據(jù)幾何關(guān)系可以知道，帶電

5、粒子恰從。點沿x軸進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設(shè)粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y根據(jù)類平拋規(guī)律可得：l v0t, y -at22根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq ma聯(lián)立可得：E 1.0 104 N/CqEi l 八 _3 粒子飛離電場時，沿電場方向速度：Vy at 5.0 10 m/s=V0m %粒子射出電場時速度：v . 2v0根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在 B區(qū)域磁場中做圓周運動半徑：r J2y2根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB m rmv ,聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小：B 4Tqr根據(jù)左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外。3.如圖所示，在兩塊長為 J3l、間距為L、水平固定的

6、平行金屬板之間，存在方向垂直紙 面向外的勻強磁場.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。以初速度v。水平向右射入板間，粒子恰好打到下板的中點.若撤去平行板間 的磁場，使上板的電勢隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則 t=0時刻，從O點射人的粒子P經(jīng)時間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.-* x yhx/3 6 TI 枇 y* A0*： X X Va ,00一&(1)求兩板間磁場的磁感應(yīng)強度大小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磁場，為了使子P經(jīng)過右側(cè)磁場偏轉(zhuǎn)后在電場變化的

7、第一個周期內(nèi)能夠回到 應(yīng)滿足的條件和電場周期T的最小值Tmin.。點,t=0時刻射入的粒求右側(cè)磁場的寬度 d【答案】(1) B mv0 qL(2) d R2 cos a R2；Tmin(6.3 2 )L3vo【解析】【分析】【詳解】(1)如圖，設(shè)粒子在兩板間做勻速圓周運動的半徑為R,則 qVoB2vo mRi由幾何關(guān)系：R：2_ L 2(R 2)mvo解得B 0 qL：XXb JEi J°” X L'X(2)粒子P從。點運動到下板右邊緣的過程，有:，3l Voto1 I 1.2L2vyto解得vy3-vo3設(shè)合速度為V,與豎直方向的夾角為“則：tanvyvo 2 3V Vos

8、in 3粒子P在兩板的右側(cè)勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)做圓周運動的半徑為R2,則1lsin解得R23L3右側(cè)磁場沿初速度方向的寬度應(yīng)該滿足的條件為d ReosR2由于粒子P從O點運動到下極板右側(cè)邊緣的過程與從上板右邊緣運動到軌跡是關(guān)于兩板間的中心線是上下對稱的，這兩個過程經(jīng)歷的時間相等，則:。點的過程，運動Tmin2to解得Tmin3vo【點睛】帶電粒子在電場或磁場中的運動問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運動特征，畫出粒子 的運動軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解相關(guān)量，并搞清臨界狀態(tài) 4.如圖所示，坐標(biāo)原點 。左側(cè)2m處有一粒子源，粒子源中，有帶正電的粒子(比荷為=1.0 X 10C/kg)由靜止進人

9、電壓 U= 800V的加速電場，經(jīng)加速后沿 x軸正方向運動，。點m右側(cè)有以O(shè)i點為圓心、r=0.20m為半徑的圓形區(qū)域，內(nèi)部存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B=1.0X1O3T的勻強磁場(圖中未畫出)圓的左端跟y軸相切于直角坐標(biāo)系原點O,右端與一個足夠大的熒光屏 MN相切于x軸上的A點，粒子重力不計。加逮電場If(1)求粒子打到熒光屏上的位置到A點的距離；(2)若撤去磁場在熒光屏左側(cè)某區(qū)域加豎直向上勻強電場，電場左右寬度為2r,場強大小E=1.0 X 3V/m,粒子仍打在熒光屏的同一位置，求電場右邊界到屏幕MN的距離?！敬鸢浮?1) 0.267m (2) 0.867m【解析】【詳解】(1

10、)粒子射入。點時的速度v ,由動能定理得到:qu122mv進入磁場后做勻速圓周運動,2qvB m R設(shè)圓周運動的速度偏向角為,則聯(lián)立以上方程可以得到:tan 2tan 4由幾何關(guān)系可知縱坐標(biāo)為y ,則tan4斛得：y m 0.267 m；15 K ¥ X X ,(2)粒子在電場中做類平拋運動,Eqma, 2rvtyi,vy at射出電場時的偏向角為，tanvy磁場右邊界到熒光屏的距離為x ,由幾何關(guān)系tanyix 0.867m 。5.如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系 0a4區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點 (3L, 0)為圓心、半徑為 L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與 x軸的交點分別為

11、 M、N.現(xiàn)有一質(zhì) 量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度vo沿x軸正方向射入電場，飛出電場 后從M點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為 30°.不考慮電子所受的重力.甲乙(1)求電子進入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強電場場強E的大小;(2)若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂 直于x軸.求所加磁場磁感應(yīng)強度 B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標(biāo)；Bo的大小、磁場變化周期 T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達式.(n=1, 2, 3)(3)若在電子剛進入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面 向外為磁場正方向)，最后電子

12、從 N點處飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同.請寫出磁感應(yīng)強度亍為【答案】(1) 3加% (n=1, 2, 3 )1中所示.(1)電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，速度分解圖如圖爛由速度關(guān)系得：vy=v0tan 0= V V0Eevy = at =I 在豎直方向：I t - 而水平方向：列解得:(2)根據(jù)題意作圖如圖 1所示，電子做勻速圓周運動的半徑R=Lm 口？根據(jù)牛頓第二定律：解得:8 =根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時位置坐標(biāo)為(三，-7,)(3)電子在在磁場中最簡單的情景如圖2所示.在磁場變化的前三分之一個周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為60。，設(shè)電子運動的軌道半徑為r,運動的T0,粒

13、子在x軸方向上的位移恰好等于 ri;在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強度減半，電子運動周期T =2T。，故粒子的偏轉(zhuǎn)角度仍為60。，電子運動的軌道半徑變?yōu)?r,粒子在x軸方向上的位移恰好等于 2r.3rn=2L (n=1, 2, 3)綜合上述分析，則電子能到達N點且速度符合要求的空間條件是:mv而： 府解得：(n=1, 2, 3)1應(yīng)滿足的時間條件為：(T+T'尸T2rrm而:2 Jim解得(n=1, 2, 3)點睛：本題的靚點在于第三問，綜合題目要求及帶電粒子運動的半徑和周期關(guān)系，則符合II要求的粒子軌跡必定是粒子先在正B中偏轉(zhuǎn)60。，而后又在京B。中再次偏轉(zhuǎn)60。，經(jīng)過n次

14、這樣的循環(huán)后恰恰從 N點穿出.先從半徑關(guān)系求出磁感應(yīng)強度的大小，再從周期關(guān)系求出交變磁場周期的大小6 .如圖所示，直線 y=x與y軸之間有垂直于 xOy平面向外的勻強磁場 B1 ,直線x=d與y=x 間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E 1.0 104V/m ,另有一半徑 R=1.0m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B2 0.20T ,方向垂直坐標(biāo)平面向外，該圓與直線x=d和x軸均相切，且與x軸相切于S點.一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方形以速度 v0進入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入磁場區(qū)域B1，且第一次進入磁場 B1時的速度方向與直線 y=x5垂直.粒子速度大小 V0 1.0 10m/s,

15、粒子的比荷為q/m 5.0 105C/kg ,粒子重力不計.求：(1)粒子在勻強磁場B2中運動的半徑r；(2)坐標(biāo)d的值;要使粒子無法運動到 x軸的負半軸，則磁感應(yīng)強度 Bi應(yīng)滿足的條件;y=x上的最長時間(4)在(2)問的基礎(chǔ)上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達直線 (3.14,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字).【答案】(1) r=1m (2) d 4m (3) B1 0.1T 或 B1 0.24T (4) t 6.2 105s【解析】【詳解】2解：(1)由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B2qv0 mv0r解得粒子運動的半徑：r(2)粒子進入勻強電場以后,1m做類平拋運動，設(shè)粒子運動的水平位移為x

16、,豎直位移為y水平方向:v0t豎直方向:1at2 2Eqa mtan45V0at聯(lián)立解得:2m, y1m由圖示幾何關(guān)系得：d解得：d 4m(3)若所加磁場的磁感應(yīng)強度為b1 ,粒子恰好垂直打在 y軸上，粒子在磁場運動半徑為1由如圖所示幾何關(guān)系得：r12 y R2由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：Biqv m 1解得：Bi0.1T2若所加磁場的磁感應(yīng)強度為 B1，粒子運動軌跡與軸相切，粒子在磁場中運動半徑為由如圖所示幾何關(guān)系得：2 j222 y R2由帶電粒子在勻強磁場中運動可得:VBi qv m一2解得 B1-2-T 0.24T10綜上，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件為B 0.1T 或 B1 0.24T

17、狂劉 5(4)設(shè)粒子在磁場 B2中運動的時間為tl ,在電場中運動的時間為t2 ,在磁場B1中運動的時間為t3 ,則有:tl14TiVot2Vot32T2T222解得：t ti t2 t32 1.52、210 5s 6.2 10 5sx軸成45°角斜向左下，在第四象7 .如圖所示，在第一象限內(nèi)存在勻強電場，電場方向與 R限內(nèi)有一勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域是由一個半徑為R的半圓和一個長為 2R、寬為E的矩形2組成，磁場的方向垂直紙面向里.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(重力忽略不計)以速度v從Q(0, 3R)點垂直電場方向射入電場，恰在P(R, 0)點進入磁場區(qū)域.(1)求電場強度大小及粒子

18、經(jīng)過P點時的速度大小和方向;(2)為使粒子從AC邊界射出磁場，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件；(3)為使粒子射出磁場區(qū)域后不會進入電場區(qū)域，磁場的磁感應(yīng)強度應(yīng)不大于多少2 2【答案】(i) e V2mv . J2V，速度方向沿y軸負方向4qR8 2mv 2.2mv 2、2、7 1 mv(2)B(3)5qRqR3qR【解析】【分析】【詳解】(1)在電場中，粒子沿初速度方向做勻速運動2,2R3R2Rcos45 cos45vt沿電場力方向做勻加速運動，加速度為aL2 2Rsin45 、2RL21at22qEVi、V2,合速度v進入磁場的速度v45 ,速度方向沿y軸負方向設(shè)粒子出電場時沿初速度和沿電場力方向

19、分運動的速度大小分別為Vi v、V2 at , tanv2v聯(lián)立可得E篇R2i(2)由左手定則判定，粒子向右偏轉(zhuǎn)，當(dāng)粒子從A點射出時，運動半徑mv22.2mv由qv B 得B 1qR當(dāng)粒子從C點射出時，由勾股定理得2R r2-5解得r2 5 R8mv28 2mv由 qv B2 得 B2 25qR根據(jù)粒子在磁場中運動半徑隨磁場減弱而增大，可以判斷，當(dāng)8 2mv5qR2 2mv .時,qR粒子從AC邊界射出于x軸，其半徑為自，由幾何關(guān)系得r3(3)為使粒子不再回到電場區(qū)域，需粒子在CD區(qū)域穿出磁場，設(shè)出磁場時速度方向平行2RR222 2 .,7 1 mv3qRx軸下方，便不會回到電場中7 1 Rr

20、342mv /口由qvB3 得b3 磁感應(yīng)強度小于B3,運轉(zhuǎn)半徑更大，出磁場時速度方向偏向8 .如圖，PQ分界線的右側(cè)空間有一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度vo沿AC方向由A點射入。粒子經(jīng) D點時速度的偏向角(偏 離原方向的夾角)9=60°。(不計重力)(1)試求AD間的距離；(2)若去除磁場，改為紙平面內(nèi)垂直于AC方向的勻強電場，要想由A射入的粒子仍然能經(jīng)過D點，試求該電場的強度的大小及方向；粒子此時經(jīng)D點時速度的偏向角比 60。角大還是小？為什么？【答案】(1) R=mvo (2) a<60 Bq【解析】【詳解】(1)帶電粒子在磁

21、場中做勻速圓周運動，速度偏角為60 ,則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為 60 ,即 AD=R2,v0由 qv0B mR得 AD= RmvoBqqEm 經(jīng) D點 x Rcos30 R, y Rsin30 1R 221.2而 x v0t , y at , a24解得E Bv0,方向垂直 AC向上3速度偏向角tana y , Vy atVx2解得 tan 2tan30 .33而 tan60 =品即 tan tan60 ,貝U <609 .如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。在ad邊中點。的粒子源，在t=0時刻垂直于磁場發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速 度大小相

22、同，方向與 Od的夾角分布在0180°范圍內(nèi)。已知沿 Od方向發(fā)射的粒子在t=t 0 時刻剛好從磁場邊界 cd上白p p點離開磁場，ab=1. 5L, bc=73L,粒子在磁場中做圓周運 動的半徑R=L,不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：(1)粒子在磁場中的運動周期 T ;(2)粒子的比荷q/項(3)粒子在磁場中運動的最長時間?！敬鸢浮浚?） T 6to ； （ 2） q 一 ； （3） tmax 2t0。m 3Bt0【解析】試題解析：（1） （4分）初速度沿Od方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖1,其圓心為由幾何關(guān)系有：sin 上所以：0 = 602XXXXXXXJCP見解得

23、：T 6toT 360（2） （4分）粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供,2根據(jù)牛頓第二定律得：qvB mv-所以：t 2U解得9qBm 3Bt0（3） （4分）如圖2所示，在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡的弦Ob=v 3L ,圓軌跡的直徑為2L所以：Ob弦對應(yīng)的圓心角為 120°粒子在磁場中運動的最長時間t T 2tnmax 30考點：帶電粒子在磁場中的運動，牛頓第二定律。10 .如圖（甲）所示，兩帶等量異號電荷的平行金屬板平行于X軸放置，板長為L,兩板間距離為2y0,金屬板的右側(cè)寬為 L的區(qū)域內(nèi)存在如圖（乙）所示周期性變化的磁場，磁場的左右邊界與x軸垂直.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m,帶電

24、荷量為+q的帶電粒子，從y軸上的A點 以速度v0沿x軸正方向射入兩板之間，飛出電場后從點（ L, 0）進入磁場區(qū)域，進入時速 度方向與x軸夾角為30°,把粒子進入磁場的時刻做為零時刻，以垂直于紙面向里作為磁場正方向，粒子最后從 x軸上（2L, 0）點與x軸正方向成30°夾角飛出磁場，不計粒子重力.試求:（1）求粒子在兩板間運動時電場力對它所做的功;（2）計算兩板間的電勢差并確定 A點的位置；（3）寫出磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度 B。的大小、磁場變化周期T應(yīng)滿足的表達式.【答案】(1) W -mv02 (2) U 273yom% 63qL3 L/、T (n 1,2,3,4)3nv0【

25、解析】yml(3)B0q產(chǎn)63qL試題分析：（1）設(shè)粒子剛進入磁場時的速度為v,則：v - cos302、: 33v01212mv0mv026v；則：12電場力對粒子所做的功為： W mv2（2）設(shè)粒子剛進入磁場時的豎直分速度為v' =tan30 =-3-v03水平方向：L=v°t豎直方向：y = vz t2解得：y 吏L6電場力對粒子所做的功：W=qEy兩板間的電壓 U=2Ey3解得：U 2 3y0mv23qL(3)由對稱性可知，粒子從x=2L點飛出磁場的速度大小不變，方向與x軸夾角為a =± 30在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子的偏轉(zhuǎn)角為2 a =60°故

26、磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在x軸上的位移為：x=2Rsin30=R粒子到達x=2L處且速度滿足上述要求是：nR=LR L (n=1, 2, 3,) n由牛頓第二定律，有：qvB02 v m R2 3nmv0/解得：B00 (n=13qL2, 3)粒子在變化磁場的半個周期內(nèi)恰好轉(zhuǎn)過1 - 周期，同時在磁場中運動的時間是變化磁場半個6周期的整數(shù)倍，可使粒子到達x=2L處且滿足速度題設(shè)要求;-kT0 kT ； T。 62, 一 3 L解得：T (n=1, 2, 3,)3V0當(dāng) T > T0_ 丁 > 庭 L 263Vo考點：帶電粒子在磁場中的運動11 .如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小

27、為B.磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于 M、N, MN=L,粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前 后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反.質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d,且d<L,粒子重力不計，電荷量保持不變.(1)求粒子運動速度的大小 V；(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；(3)從P點射入的粒子最終從 Q點射出磁場，PM=d, QN=d,求粒子從P到Q的運動時2間t.qBd；(2) mnd (1 ) d 時,2nd(1+) d 時，t (4 2d3 4

28、 7m62qB【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有:RmV2qvB m ,解得:R由題可得：R d解得v qBd ； m(2)如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切V由幾何關(guān)系得 dm=d (1+sin60 )°解得 dm2-yd(3)粒子的運動周期T2 TmqB設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t',則t n4 t(n 1，3,5，iinipA.當(dāng) L nd (1叵)d時，粒子斜向上射出磁場21t /解得t2qBB.當(dāng) L nd (1+)2d時,粒子斜向下射出磁場3.364)jm2qB12 .同步加速器在粒子物理研究中

29、有重要的應(yīng)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(zhì)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(dāng)A進入板間，兩板白電勢差變?yōu)閁,粒子得到加速，當(dāng) A離開N板時，兩板的電荷量均立即變?yōu)榱?兩板外部存在垂直紙面向里的勻強磁場，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(jīng)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(yīng)地變化.不計粒子加速時間及其做圓周運動產(chǎn)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(yīng).求X-X 乳M 置 乂;JV ：J X圖1(1) A運動第1周時磁場的磁感應(yīng)強度 Bi的

30、大小；(2)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率 A般；(3)若有一個質(zhì)量也為 m、電荷量為+kq (k為大于1的整數(shù))的粒子 B (不計重力)與 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(jīng)推導(dǎo)說明理運動的軌跡；【解析】試題分析：(1)設(shè)A經(jīng)電場第1次加速后速度為vi,由動能定理得qU = - WTf -0 A在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當(dāng)向心力I 聯(lián)立解得： 4=五J(2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為

31、 vn,由動能定理得陽口 =工加弋-0 設(shè)A做第n次圓周運動的周期為 Tn,有, 2成7MH匕設(shè)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功為Wn,則二出在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為聯(lián)立解得：回二吐:里(3) A圖能定性地反映 A、B運動的軌跡.綜合A經(jīng)地n加速后，設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強度為Bn, A、B的周期分別為 葭、，式并分別應(yīng)用A、B的數(shù)據(jù)得-2加A通過時存由上可知，4是的k倍，所以A每繞得1周，B就繞行k周.由于電場只在 在，故B僅在與A同時進入電場時才被加速.經(jīng)n次加速后，A、B的速度分別為 K、上：,結(jié)合 式有InkqU由題設(shè)條件并結(jié)合式，對A有 3 二工肅設(shè)B的軌跡半徑為無】有??；2球比

32、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13.飛行時間質(zhì)譜儀可以對氣體分子進行分析.如圖所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥P噴出微量氣體，經(jīng)激光照射產(chǎn)生不同價位的正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從 b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū)，到達探測器.已知元電荷電量為e, a、b板間距為d,極板M、N的長度和間距均為 L.不計離子重力及進入 a板時的初速 度.（1）當(dāng)a、b間的電壓為Ui時，在m、N間加上適當(dāng)?shù)碾妷?U2,使離子到達探測器.請導(dǎo)出離子的全部飛行時間與比荷一

33、 ,neK（ K 常）的關(guān)系式.（2）去掉偏轉(zhuǎn)電壓 U2,在M、N間區(qū)域加上垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度 B,若 進入a、b間所有離子質(zhì)量均為 m,要使所有的離子均能通過控制區(qū)從右側(cè)飛出，a、b間的加速電壓Ui至少為多少？II【答案】（1）離子到達探測器的時間ttit2J2mdJ-m-L ,neUi.2neUi 1 2KUi（2）U min【解析】_2 _ 225eL B32m思路點撥（1）帶電粒子先在電場中加速，然后經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，加速電場的過程中，根 據(jù)動能定理可以表示出速度，根據(jù)牛頓第二定律可以表示出時間.在偏轉(zhuǎn)電場中沿水平方 向做勻速運動，因此可以表示出時間，這樣就可以得出總時間

34、與比荷的關(guān)系.（2）當(dāng)加上磁場時，經(jīng)過找圓心、求半徑以及幾何關(guān)系可以求得電壓. 12(1)由動能te理： neU1 mv2n價正離子在a、b間的加速度neU1a1次在a、b間運動的時間t12m dneU1在MN間運動的時間t2離子到達探測器的時間ttit22m d neU1一 mL2neU12d L2KU1(2)假定n價正離子在磁場中向N板偏轉(zhuǎn)，洛侖茲力充當(dāng)向心力，設(shè)軌跡半徑為R,由牛頓第二定律2 v nevB m R離子剛好從N板右側(cè)邊緣穿出時，由幾何關(guān)系:_22_ LR L (R -)由以上各式得：U1_2 _ 225neL2B232m當(dāng)n=1時Ui取最小值Umin25eL2B232m14.右圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d,電壓為V;兩板之間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為Bo,方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里，圖中右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面朝里.一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑EF方向射入磁場區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的G點射出，已知弧 禺所對應(yīng)的圓心角為不計重力，求： E/:：X3C MM& X式據(jù)菖0 F2-：二久-遙M.xO xxMl* » *L N 艮 X M X J, * K X 一 ,