《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講帶電粒子在復(fù)合場中的運動考點一帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例1質(zhì)譜儀(如圖1)圖1原理：粒子由靜止被加速電場加速，qUmv2.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvBm.由以上兩式可得r ，m，.2回旋加速器(如圖2)圖2原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB，得Ekm，可見同種粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)3速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計和霍爾元件一般以單個帶電粒子為研究對象，在洛倫茲力和電場力平衡時做勻速直線運動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從而求出相應(yīng)的物理量，區(qū)別見下表.裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0BEq，即

2、v0，粒子做勻速直線運動磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極板電壓為U時穩(wěn)定，qqv0B，Uv0Bd電磁流量計qqvB，所以v，所以QvS霍爾元件當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差例1(2018浙江4月選考22)壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號，其原理如圖3所示壓力波p(t)進(jìn)入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“”型輕桿L，驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比(xp，0)霍爾片的放大圖如圖所示，它由長寬厚abd、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成磁場方向垂直于x軸向上，磁感

3、應(yīng)強(qiáng)度大小為BB0(1|x|)，0.無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側(cè)面上D1、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0.圖3圖4(1)指出D1、D2兩點哪點電勢高；(2)推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為Inevbd，其中e為 電子電荷量)；(3)彈性盒中輸入壓力波p(t)，霍爾片中通以相同電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖4.忽略霍爾片在磁場中運動產(chǎn)生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率(結(jié)果用U0、U1、t0、及表示)答案(1)D1點電勢高(2)U0(3)解析(1)N型半導(dǎo)體可以自由移動的是電子(題目

4、也給出了自由電子)，根據(jù)左手定則可以知道電子往D2端移動，因此D1點電勢高(2)根據(jù)霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得：evB0ev代入，解得：U0(3)由任意時刻霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得：evBeUH(1|x|)(1|p(t)|)根據(jù)圖象可知壓力波p(t)關(guān)于時間t是一個正弦函數(shù)，其絕對值的周期是原函數(shù)周期的一半，根據(jù)圖象可知|p(t)|關(guān)于t的周期是t0，則p(t)關(guān)于t的周期是2t0，頻率自然就是；由式可知當(dāng)壓力波p(t)達(dá)到振幅A時，UH最小，為U1，代入式可得：U1(1|A|)U0(1A)解得A.1(2018湖州市三縣期中)如圖5所示，在豎直面內(nèi)虛線所圍的區(qū)

5、域里，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場已知從左方沿水平方向射入的電子穿過該區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，設(shè)其重力可以忽略不計，則在該區(qū)域中的E和B的方向不可能是()圖5AE豎直向下，B豎直向上BE豎直向上，B垂直紙面向外CE和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相同DE和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相反答案A2如圖6所示為磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，一束等離子體(含正、負(fù)離子)沿圖示方向垂直射入一對磁極產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場中，A、B是一對平行于磁場放置的金屬板，板間連入電阻R，則電路穩(wěn)定后()圖6A離子可能向N磁極偏轉(zhuǎn)BA板聚集正電荷CR中有向上的電流D離子在磁場中偏轉(zhuǎn)時洛倫茲力可能做功答案C

6、解析由左手定則知，正離子向B板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向A板偏轉(zhuǎn)，離子不可能向N磁極偏轉(zhuǎn)，A、B錯誤；電路穩(wěn)定后，電阻R中有向上的電流，C正確；因為洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力不可能做功，D錯誤3.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖7所示，其中加速電壓恒定質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍則此離子和質(zhì)子(均不計重力)的質(zhì)量比約為()圖7A11 B12 C121 D144答案D解析根據(jù)動能定理得，qUmv2，解

7、得v離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvBm得R兩式聯(lián)立得：m一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以mB2，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍，則此離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，A、B、C錯誤4(2018慈溪市期末)回旋加速器是用于加速帶電粒子的重要裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖8所示，設(shè)D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質(zhì)子H時，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電

8、頻率為f.則下列說法正確的是()圖8A加速電場的電壓越大，質(zhì)子加速后的速度越大B質(zhì)子被加速后的最大速度為2fRC只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值D不改變?nèi)魏螚l件，該回旋加速器也能用于加速粒子(He)答案B5利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，被廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域霍爾元件一般由半導(dǎo)體材料做成，有的半導(dǎo)體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)如圖9所示，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強(qiáng)磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關(guān)，讓電流從霍爾元件的左側(cè)流向右側(cè)，則其前、后兩表面會形成電勢差. 現(xiàn)有載流子是電子的霍爾元件1和載流子是空

9、穴的霍爾元件2，兩元件均按圖示方式接入電路( 閉合開關(guān))，則關(guān)于前、后兩表面電勢高低的判斷，下列說法中正確的是()圖9A若接入元件1時，前表面電勢高；若接入元件2時，前表面電勢低B若接入元件1時，前表面電勢低；若接入元件2時，前表面電勢高C不論接入哪個元件，都是前表面電勢高 D不論接入哪個元件，都是前表面電勢低答案A解析若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子在洛倫茲力的作用下向后表面偏，則前表面的電勢高于后表面的電勢若載流子為空穴(相當(dāng)于正電荷)，根據(jù)左手定則，空穴在洛倫茲力的作用下也是向后表面聚集，則前表面的電勢低于后表面的電勢考點二帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在電場和磁場的組合

10、場中運動，實際上是將粒子在電場中加速與偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)兩種運動有效組合在一起，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程則由幾個不同的運動階段組成模型1磁場磁場組合例2(2017湖州市高三期末)人類研究磁場的目的之一是為了通過磁場控制帶電粒子的運動如圖10所示是通過磁場控制帶電粒子運動的一種模型在0xd和d0)的粒子，其速率有兩種，分別為v1、v2.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用)圖10(1)求兩種速率的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的半徑R1和R2.(2)求兩種速率的粒子從x2d的邊界射出

11、時，兩出射點的距離y的大小(3)在x2d的區(qū)域添加另一勻強(qiáng)磁場，使得從x2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動在圖中用實線畫出粒子的大致運動軌跡(無需通過計算說明)，用虛線畫出所添加磁場的邊界線答案(1)d2d(2)4(1)d(3)見解析圖解析(1)根據(jù)qvBm可得：R又因為粒子速率有兩種，分別為：v1，v2解得：R1d，R22d(2)圖甲為某一速率的粒子運動的軌跡示意圖，輔助線如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知：速率為v1的粒子射出x2d邊界時的縱坐標(biāo)為：y12(R1)d速率為v2的粒子射出x2d邊界時的縱坐標(biāo)為：y22(R2)2(2)d聯(lián)立可得兩出射點距離的大?。簓y1y24(

12、1)d(3)兩個粒子運動軌跡如圖乙中實線所示，磁場邊界如圖中虛線所示，可以使得從x2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動模型2電場磁場組合例3(2017寧波市模擬)某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強(qiáng)學(xué)生對電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)研究的動手能力，其核心結(jié)構(gòu)原理可簡化為如圖11所示AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點的圓形有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面一帶正電粒子自O(shè)點以水平初速度v0正對P點進(jìn)入該電場后，從M點飛離CD邊界，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點已知O、P間距離為d，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強(qiáng)

13、度大小E，粒子重力不計試求：圖11(1)粒子從M點飛離CD邊界時的速度大小；(2)P、N兩點間的距離；(3)圓形有界勻強(qiáng)磁場的半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小答案(1)2v0(2)d(3)d解析(1)據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：粒子從O到M點時間：t1粒子在電場中加速度：a粒子在M點時豎直方向的速度：vyat1v0粒子在M點時的速度：v2v0速度偏轉(zhuǎn)角的正切值：tan ，故60；(2)粒子從N到O點時間：t2粒子從N到O點過程的豎直方向位移：yat22故P、N兩點間的距離為：PNyd(3)設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R，由幾何關(guān)系得：Rcos 60RPNPMd可得半徑：Rd由qvBm，即：R

14、解得：B由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：R2Rcos 30即Rd模型3磁場電場組合例4(2017衢州、麗水、湖州、舟山四地市3月檢測)如圖12所示，半徑r0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點O處，半徑R0.1 m、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0,0.08 m)，平行金屬板MN的極板長L0.3 m、間距d0.1 m，極板間所加電壓U6.4102 V，其中N極板收集的粒子全部被中和吸收一位于O處的粒子源向第、象限均勻地發(fā)射速度大小v6105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向若粒子重力不計、比荷108 C/kg、不計粒子間

15、的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)sin 370.6，cos 370.8.求：圖12(1)粒子在磁場中的運動半徑R0；(2)從坐標(biāo)(0,0.18 m)處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸的夾角；(3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例.答案見解析解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB得R00.08 m(2)如圖所示，從y0.18 m處出射的粒子對應(yīng)入射方向與y軸的夾角為，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10 m)處，由幾何關(guān)系可得：sin 0.8，故53(3)如圖所示，設(shè)恰能從下極板右端出射的粒子剛進(jìn)入電場時的縱坐標(biāo)為y，t，a，解得y0.08 m設(shè)此粒子入射時與x軸夾角為，則有：tan

16、，故53比例100%29.4%考點三帶電粒子在疊加場中的運動粒子在疊加場中運動的分析思路例5(2017寧波市模擬)一帶電液滴在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做半徑為R的圓周運動，如圖13所示，已知電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平(圖中垂直紙面向里)，重力加速度為g.運動中液滴所受浮力、空氣阻力都不計，求：圖13(1)液滴是順時針運動還是逆時針運動；(2)液滴運動的速度多大；(3)若液滴運動到最低點A時分裂成兩個完全相同的液滴，其中一個仍在原平面內(nèi)做半徑R13R的圓周運動，繞行方向不變，且圓周的最低點仍是A點，則另一個液滴怎樣運動？答案見解析解析(1)順時針運動(2)帶電液滴

17、所受電場力向上且與重力平衡，液滴所受洛倫茲力提供向心力，即Eqmg，qvBm解得v(3)第一個液滴電荷量、質(zhì)量均減半，電場力與重力仍平衡，依據(jù)上面運算可得，分裂后第一個液滴的繞行速度大小v13v，方向向左第二個液滴分裂后的速度設(shè)為v2，分裂前后水平方向動量守恒，以液滴分裂前的速度方向為正方向mvmv1mv2，解得v2v即分裂后第二個液滴速度大小為v，方向向右，所受電場力與重力仍平衡，在洛倫茲力作用下仍做勻速圓周運動，繞行方向仍是順時針，A點是圓周最高點，圓周半徑R2R.6.如圖14，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的

18、方向垂直紙面向里一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運動，當(dāng)微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場不計一切阻力，重力加速度為g，求：圖14(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)微粒在復(fù)合場中的運動時間答案(1)(2)(3)(1)解析(1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲：所以，Eqmg，得：E(2)由平衡條件：qvBmg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如

19、圖乙由牛頓第二定律得：qvBm由幾何知識可得：rl聯(lián)立解得：v，B(3)微粒做勻速運動的時間：t1做圓周運動的時間：t2在復(fù)合場中的運動時間：tt1t2(1).專題強(qiáng)化練1.(2018新力量聯(lián)盟期末)如圖1是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為零)后，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則()圖1A若a與b有相同的質(zhì)量，打在感光板上時，b的速度比a大B若a與b有相同的質(zhì)量，則a的電荷量比b的電荷量小C若a與b有相同的電荷量，則a的質(zhì)量比b的質(zhì)量大D若a與b有相同的電荷量，

20、則a的質(zhì)量比b的質(zhì)量小答案D2(2018杭州市期末)在如圖2所示的平行板器件中，勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B互相垂直一束初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線從右側(cè)射出粒子重力不計，下列說法正確的是()圖2A若粒子沿軌跡射出，則粒子的初速度一定大于vB若粒子沿軌跡射出，則粒子的動能一定增大C若粒子沿軌跡射出，則粒子可能做勻速圓周運動D若粒子沿軌跡射出，則粒子的電勢能可能增大答案D解析沿圖中直線從右側(cè)射出，則qvBqE，若粒子沿軌跡射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子電性未知，所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定，故A、B錯誤；若粒子沿軌跡射出，粒子受電場力、洛倫茲力，粒子

21、不可能做勻速圓周運動，故C錯誤；若粒子沿軌跡射出，如果粒子帶負(fù)電，所受電場力向上，洛倫茲力向下，電場力做負(fù)功，粒子的電勢能增大，故D正確3(2018溫州市六校期末)霍爾元件在電子線路中的應(yīng)用日益廣泛，如圖3是某個霍爾元件接到電路中時的示意圖，其中a面為上表面，b面為下表面，c面為前表面，d面為后表面，所加磁場方向為垂直于a面向下考慮到霍爾元件有兩類，設(shè)A類的載流子(即用來導(dǎo)電的自由電荷)為正電荷，B類的載流子為負(fù)電荷，當(dāng)通以從左到右的電流時，下列說法中正確的是()圖3A在剛開始通電的很短時間內(nèi)，若是A類元件，則載流子向c面偏轉(zhuǎn)B在剛開始通電的很短時間內(nèi)，若是B類元件，則載流子向c面偏轉(zhuǎn)C通電一

22、段時間后，若是A類元件，則c面電勢較高D通電一段時間后，若是B類元件，則c面電勢較高答案D4回旋加速器的工作原理如圖4甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T.一束該種粒子在t0時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用求：圖4(1)出射粒子的動能Ekm；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Ekm所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出

23、，d應(yīng)滿足的條件答案(1)(2)(3)d99%，解得d.5(2018寧波市十校聯(lián)考)一個放射源水平放出、三種射線，垂直射入如圖5所示磁場，區(qū)域和的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B相等，方向相反(粒子運動不考慮相對論效應(yīng))圖5(1)若要篩選出速率大于v1的所有粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域，求磁場寬度d與B和v1的關(guān)系；(2)若B0.027 3 T，v10.1c(c是光速)，計算d；粒子的速率為0.001c，計算粒子和射線離開區(qū)域時的偏移距離(答案均保留三位有效數(shù)字)；(3)當(dāng)d滿足第(1)小題所給關(guān)系時，請給出速率在v1vv2區(qū)間的粒子離開區(qū)域時的位置已知電子質(zhì)量me9.110

24、31 kg，粒子質(zhì)量m6.71027 kg，電子電荷量q1.61019 C，1(|x|1時)答案(1)d(2)6.25103 m8.49105 m(3)y1y2(v2)解析(1)作出臨界軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系知：rd，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1Bme，解得：d；(2)對電子：d m6.25103 m對粒子：r m0.230 m作出軌跡如圖乙所示，豎直方向上的距離：yr8.49105 m；(3)畫出速率分別為v1和v2的粒子離開區(qū)域的軌跡如圖丙所示，速率在v1vv2區(qū)域間射出的粒子束寬為y1y2，y12d，y22(r2)(v2)6如圖6所示，在第二象限半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存

25、在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界恰好與兩坐標(biāo)軸相切x軸上切點A處有一粒子源，能夠向x軸上方發(fā)射速率均為v，質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，粒子重力不計圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1，y軸右側(cè)0xr的范圍內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，已知某粒子從A處沿y方向射入磁場后，再進(jìn)入勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45角斜向下，求：圖6(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?2)若在MN右側(cè)某區(qū)域存在另一圓形勻強(qiáng)磁場B2，發(fā)現(xiàn)A處粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)磁場B1、電場E射出后均能進(jìn)入B2區(qū)域，之后全部能夠經(jīng)過x軸上的P點，求圓形勻強(qiáng)磁場B2的最小半徑；(3)繼第二問，若圓形勻強(qiáng)磁場B

26、2取最小半徑，試求A處沿y方向射入B1磁場的粒子，自A點運動到x軸上的P點所用的時間答案(1)(2)r(3)(2)解析(1)設(shè)粒子做類平拋運動的水平位移大小為x，豎直方向的速度大小為vy，類平拋的加速度大小為a，類平拋的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律Eqma，得a，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋的規(guī)律有：x方向：xvtr，y方向：vyatt，粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45斜向下，則 vyv，聯(lián)立得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E.(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得qvB1m，聯(lián)立題中已知條件B1，得Rr，因為磁場半徑與軌跡半徑相同，所以粒子離開磁場后的速度方向均沿x軸正方向，又所有粒子穿出勻強(qiáng)電場后速度縱向偏移量yat2r均相等，設(shè)粒子從MN射出的最高點為E，最低點為F，則EF2r，所以粒子束的寬度dr圓形勻強(qiáng)磁場B2的最小半徑 rB2r.(3)粒子在磁場B1中運動時間 t1T粒子在勻強(qiáng)電場中運動時間 t2，粒子在無場區(qū)運動速度 vv，粒子在無場區(qū)運動的距離 x3r，粒子在無場區(qū)運動的時間 t3，粒子在磁場B2中運動時間 t4T故粒子自A點運動到x軸上的P點的總時間tt1t2t3t4(2).20