帶電粒子在磁場中的運動(共9頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上(2011江蘇高考)某種加速器的理想模型如圖4甲所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔 a、b，兩極板間電壓 uab的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為 U0、周期為 T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場。若將一質(zhì)量為 m0、電荷量為 q 的帶正電的粒子從板內(nèi) a 孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間 T0 后恰能再次從 a 孔進入電場加速。現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0。(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)圖4(1)若在 t 0 時將該粒子從板內(nèi) a 孔處靜止釋放，求其第二次加速后從 b 孔射出時的動能；(2)

2、現(xiàn)要利用一根長為L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響)，使圖甲中實線軌跡(圓心為 O)上運動的粒子從 a 孔正下方相距 L 處的 c 孔水平射出，請在圖甲中的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；(3)若將電壓 uab 的頻率提高為原來的 2 倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi) a 孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？專心-專注-專業(yè)4解析：(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動qvBm0，T0則T0當粒子的質(zhì)量增加m0時，其周期增加TT0則根據(jù)題圖乙可知，粒子第一次的加速電壓u1U0粒子第二次的加速電壓u2U0射出時的動能Ek2qu1qu2解得Ek2

3、qU0。(2)磁屏蔽管的位置如圖所示。(3)在uab0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N25分析可得，當粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且uU0時也被加速時，最終獲得的動能最大。粒子由靜止開始加速的時刻t(n)T0(n0,1,2，)最大動能Ekm2()qU0qU0解得EkmqU0。答案：(1)qU0(2)見解析(3)t(n)T0(n0,1,2，)qU0 (2012山東高考)如圖5甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周

4、期為T0。在t0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為q(q0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t時刻通過S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d。(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件。(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小。圖5解析：(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得qU0mv2由式得v 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qma由運動學公式得da()2聯(lián)立式得d (2)設(shè)磁感應(yīng)

5、強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R聯(lián)立式得B (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學公式得dt2聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt3T0t1t2聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由式結(jié)合運動學公式得T由題意可知Tt聯(lián)立式得B。 (2014重慶高考)如圖8所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直

6、于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。圖8(1)求電場強度的大小和方向。(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。(1)設(shè)電場強度大小為E由題意有mgqE得E，方向豎直向上(2)如圖甲所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，

7、圓心的連線與NS的夾角為。甲由r，有r1，r2r1由(r1r2)sin r2r1r1cos hvmin(96)。乙(3)如圖乙所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x。由題意有3nx1.8 h(n1,2,3，)xx得r1(1)，n3.5即n1時，v；n2時，v；n3時，v。答案：見解析如圖,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長為L、寬為d、高為h,上下兩面是絕緣板,前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導體板,兩導體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應(yīng)強度大小為B,方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內(nèi)始終充

8、滿電阻率為的導電液體（有大量的正、負離子）,且開關(guān)閉合前后,液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下,均以恒定速率沿x軸正向流動,液體所受的摩擦阻力不變。（1）求開關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢差大小;（2）求開關(guān)閉合前后,管道兩端壓強差的變化;（3）調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其它量和矩形管道的橫截面積S=dh不變,求電阻R可獲得的最大功率及相應(yīng)的寬高比d/h的值。（1）設(shè)帶電離子所帶的電量為q,當其所受的洛侖茲力與電場力平衡時,保持恒定,有得（2）設(shè)開關(guān)閉合前后,管道兩端壓強差分別為、,液體所受的摩擦阻力均為f,開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為,有根據(jù)歐姆定律,有兩導體板間液體的電阻由式得（1）

9、 電阻R獲得的功率為當時電阻R獲得的最大功率如圖甲，空間存在范圍足夠大的垂直于xoy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。讓質(zhì)量為m，電量為q（qv1)為使該粒子能經(jīng)過A(a，0)點，其入射角（粒子初速度與x軸正向的夾角）有幾個？并求出對應(yīng)的sin值：(3)如圖乙，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強電場，一粒子從O點以初速度v0沿x軸正向發(fā)射。研究表明：粒子在xoy平面內(nèi)做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比，比例系數(shù)與場強大小E無關(guān)。求該粒子運動過程中的最大速度值vm?！敬鸢浮?（2）【解析】(1)帶電粒子以速率v在勻強磁場B中做勻速圓周運動，半

10、徑為R，有 當粒子沿y軸正向入射，轉(zhuǎn)過半個圓周至A點，該圓周的半徑為R1，有 由代入式得 如圖。O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x=a/2的直線上，半徑為R。當確定一個初速率v時，有2個入射角，分別在第1、2象限， 有 由解得 粒子在運動過程中僅有電場力做功，因此在軌道的最高點處速率最大，用ym表示其y坐標，由動能定理，有 由題意，有 vm=kym 若E=0時，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有， v0=kR0 由式解得如圖3所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距為6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域和，以水平面MN為理想分界面區(qū)的磁感應(yīng)強度為B0，方向垂直紙面向外，A1、A2

11、上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離為L.質(zhì)量為m、電量為q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入?yún)^(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進入?yún)^(qū)P點與A1板的距離是L的k倍不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮圖3(1)若k1，求勻強電場的電場強度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和區(qū)的磁感應(yīng)強度B與k的關(guān)系式審題突破(1)粒子在電場中做加速直線運動，根據(jù)動能定理列式；粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列式；結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑；最后聯(lián)立求解(2)結(jié)合幾何關(guān)系列式求解出軌道半徑；粒子在磁場中做勻速圓周

12、運動時，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式；最后聯(lián)立求解即可解析(1)若k1，則有MPL，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系，該情況粒子的軌跡半徑為RL粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，則有：qvB0m粒子在勻強電場中加速，根據(jù)動能定理有：qEdmv2綜合上式解得：E(2)因為2k3，且粒子沿水平方向從S2射出，該粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系：R2(kL)2(RL)2，又有qvB0m則整理解得：v又因為：6L2kL2x根據(jù)幾何關(guān)系有：又qvBm則區(qū)的磁感應(yīng)強度B與k的關(guān)系：B.答案(1)(2)vB如圖7甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場取垂直于紙面向里

13、為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)當B0和TB取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)上述m、q、d、v0為已知量圖7(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。?3)若B0，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.答案(1)(2)(3)或解析(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0 據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1d 聯(lián)立式得B0 (2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，

14、加速度大小為a，由圓周運動公式得a據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2d 聯(lián)立式得a. (3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得T 由牛頓第二定律得qv0B0 由題意知B0，代入式得d4R粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0，由題意可知T 設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n0,1,2,3，)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2(RRsin )nd當n0時，無解 當n1時，聯(lián)立式得(或sin )聯(lián)立式得TB當n2時，不滿足090的要求若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2Rsin 2(RR

15、sin )nd當n0時，無解 當n1時，聯(lián)立式得arcsin(或sin ) 聯(lián)立式得TB當n2時，不滿足090的要求如圖所示，導電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UHk，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()A霍爾元件前表面的電勢低于后表面B若電源的正負極對調(diào)，電壓表將反偏CIH與I成正比D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比答案CD解析電子在霍爾元件中受到向里的洛倫茲力作用