2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步练习--专题强化练4 磁场中的多解性和周期性问题
文档属性
| 名称 | 2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步练习--专题强化练4 磁场中的多解性和周期性问题 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-11-10 09:21:55 | ||
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文档简介
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2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步
专题强化练4 磁场中的多解性和周期性问题
1.(2022广东普宁华美实验学校期中)如图所示,A点的粒子源在纸面内沿垂直OQ方向向上射出一束带负电荷的粒子,粒子重力忽略不计。为把这束粒子约束在OP之下的区域,可在∠POQ之间加垂直纸面的匀强磁场。已知OA间的距离为s,粒子比荷为,粒子运动的速率为v,OP与OQ间夹角为30°。则所加磁场的磁感应强度B满足( )
A.垂直纸面向里,B>
B.垂直纸面向里,B>
C.垂直纸面向外,B>
D.垂直纸面向外,B>
2.(2022辽宁大连期末)如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场,左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是 ( )
A. B.
C. D.
3.(2023湖南长沙师范附中期中)如图所示,边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。顶点A处沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q。不计粒子重力。粒子以下列速度发射时其中不能通过D点的是 ( )
A. B.
C. D.
4.(2023山东济宁期中)如图所示,在x>0、y>0的真空区域中有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。
现有一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向以任意大小的速度v射入磁场。不计粒子重力,则下列说法中正确的是 ( )
A.只要粒子的速度大小合适,粒子就可能通过坐标原点
B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
5.(2022云南昆明期中)如图甲所示,在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场(矩形区域边界上也有磁场),规定垂直纸面向里为磁场正方向,磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从B点以速度v0沿BC方向射入磁场,其中B0已知,T0未知,不计重力。
(1)若AB=BC,粒子从D点射出磁场,求AB边长度的可能值及粒子运动时间的可能值;
(2)若AB∶BC=∶1,粒子仍从D点射出,求AB边长度的可能值及粒子运动时间的可能值。
甲 乙
6.(2022山东名校联盟质量检测)如图甲所示,某空间区域存在两部分匀强磁场,磁感应强度的大小都为B,两部分匀强磁场的分界线是圆心为O点、半径为R的圆,圆内的磁场方向垂直于纸面向外,圆外的磁场方向垂直于纸面向里。现有一质量为m、电荷量为e的电子从A点沿半径OA方向射出。
(1)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大,电子从A点射出后,两次经过分界线,最后恰好返回到A点,求电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间;
(2)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大,电子从A点射出后,最后能够返回到A点(假设电子的轨迹不交叉),求电子在磁场中的运动半径;
(3)在(2)的条件下,若方向垂直于纸面向里的磁场分布在以O点为圆心,半径为R和2R的两圆之间的区域,如图乙所示,电子从A点射出后仍能返回A点,求电子从A点射出时的最大速度。(已知tan 37°=)
7.如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距为L。A1、A2上各有位置正对的小孔P、Q。两板间存在两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,水平面PQ和MN分别是两个磁场区的理想边界面。挡板A1的左侧是方向水平向右的匀强电场,质量为m、电荷量为+q的粒子从电场中的O点以大小为v0的初速度竖直向上射出,运动一段时间后从小孔P进入Ⅰ区,此时速度方向与竖直方向的夹角θ=60°。粒子进入Ⅰ区运动之后,从PQ边界上的C1点第一次离开Ⅰ区,C1点与挡板A1的距离为d,然后进入没有磁场的区域运动,从MN边界上的D1点(图中未画出)第一次进入Ⅱ区,D1点与挡板A1的距离为d。不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)求匀强电场中O、P两点间的电势差U和Ⅰ区的磁感应强度B1的大小;
(2)已知L=13d,最后粒子恰好从小孔Q射出,求Ⅱ区的磁感应强度B2的大小可能是哪些值。
8.(2022广东珠海期末)如图,A、K为平行板电容器的两极板,K板接地,正中有小孔O。半径为R的圆筒内充满垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆筒左壁有一小孔O'。O、O'及圆心C三点均在纸面内,且处在同一直线上。平行板电容器充好电后,将质量为m、电荷量为q的粒子从靠近A板的位置无初速度释放,恰沿直线OO'运动,射入圆筒,粒子与筒壁发生的每一次碰撞都是弹性的,忽略粒子重力以及碰撞所需的时间,粒子与圆筒的碰撞过程中电荷量不发生转移。
(1)若使两极板间电势差为U1,释放粒子,粒子进入匀强磁场后偏转90°首次与圆筒壁碰撞,求U1;
(2)若使两极板间电势差为U2,释放粒子,粒子从进入圆筒至首次离开磁场的时间恰取得最小值,求此最小值tmin;
(3)若使两极板间电势差为U3,再释放粒子,粒子进入圆筒,与圆筒经历四次碰撞后又恰能从O'离开圆筒,求U3∶U1的可能值。(结果可用三角函数式表达)
专题强化练4 磁场中的多解性和周期性问题
1.BC 2.AB 3.C 4.CD
1.BC 当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时,由左手定则知,粒子向右偏转,约束在OP之下的区域的临界条件是粒子运动轨迹与OP相切,如图(大圆弧),由几何知识知R2=OB sin 30°=OB,而OB=s+R2,所以R2=s,所以当粒子轨迹的半径小于s时满足约束条件,由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB=,所以得B>,选项A错误,B正确;当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时,由左手定则知,粒子向左偏转,约束在OP之下的区域的临界条件是粒子运动轨迹与OP相切,如图(小圆弧),由几何知识得该轨迹圆的半径为R1=,所以当粒子轨迹的半径小于时满足约束条件,由牛顿第二定律及洛伦兹力公式有qvB=,所以得B>,选项C正确,D错误。
方法技巧 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,写出方程,结合几何关系可确定磁感应强度的范围。
2.AB 由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧的圆心角均为120°,所以粒子运动的半径为r=·(n=1,2,3…),由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,则v==·(n=1,2,3…),选项A、B正确。
3.C 粒子运动过程中只受洛伦兹力作用,故粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得v=。由左手定则可得,粒子在三角形内沿逆时针方向做圆周运动,在三角形外沿顺时针方向做圆周运动,且粒子做圆周运动的轨道半径均相同,根据几何关系可得,粒子在同一条边上每两次经过边界时在边界上的距离为r,故要使粒子通过D点,则有r=(n=1,2,3…),故能通过D点的粒子速度大小v=(n=1,2,3…),故选C。
4.CD 如果粒子要从O点射出,则其运动轨迹如图甲所示,从轨迹上看出粒子还未到达O点时已经从y轴射出磁场,故粒子不可能从O点射出磁场,选项A错误。如果粒子带负电,则粒子的运动轨迹如图乙所示,根据几何知识可知,其轨迹所对的圆心角为∠1=60°,所以粒子的运动时间为t=T=;当粒子带正电且从x轴射出磁场,其运动轨迹如图丙所示,根据几何知识可知其圆心角为∠2=300°,所以粒子在磁场中做圆周运动的时间为t'=T=;如果粒子带正电,且从y轴射出,其从y轴射出时所用的时间最长时,其轨迹刚好和y轴相切,轨迹如图丁所示,根据几何知识可知,其圆心角为∠3=240°,所以其运动的时间为t''=T=,所以粒子从y轴射出时,其时间满足t0<,综上可知,粒子在磁场中运动的时间可能为t<,t=以及t=,选项B错误,C、D正确。
5.答案 (1),(n=1,2,3…)
(2),(n=1,2,3…)
解析 (1)若AB=BC,粒子通过D点,其可能的运动轨迹如图所示(图中只画出两种可能的运动轨迹)
则必须满足qv0B0=m
·=nr(n=1,2,3…)
t=n(n=1,2,3…)
又T=
由上式联立解得=,t=(n=1,2,3…)
(2)若粒子通过D点,其可能的运动轨迹如图所示(图中只画出了一种可能的运动轨迹)
则必须满足qv0B0=m
=2nr(n=1,2,3…)
t=2n(n=1,2,3…)
又因为T=,=×
联立上式解得=,t=(n=1,2,3…)
6.答案 (1) (2)R tan (n=3,4,5…)
(3) tan
解析 (1)由运动的周期性和几何关系可知,A、M、N三点把圆形磁场分界线三等分,每段圆弧对应的圆心角α=,作出电子的运动轨迹如图所示
轨迹对应的圆心角β=2(π+α)+(π-α)=
由ev1B=m及T=
得电子在磁场中运动的周期T=
电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点过程中所经历的时间为t=T=
(2)由运动的周期性和几何关系可知,若电子能够返回A点,要把圆周n等分,每段圆弧对应的圆心角θ=(n=3,4,5…)
由对称性可知tan =
得r=R tan (n=3,4,5…)
(3)由evB=m得电子从A点射出时的速度
v== tan (n=3,4,5,…)
由几何关系可知,要使电子不超出半径为2R的边界,须有+r≤2R
解得r≤R
联立解得tan ≤
所以n≥4.86
由于n为整数,所以n=5时电子从A点射出时的速度最大,vm= tan
方法技巧 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图 看清并明白场的变化情况
受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量
选规律 联立不同阶段的方程求解
7.答案 (1) (2)
解析 (1)粒子从O点运动到P点的过程,由动能定理得qU=m(v2-)
在P点速度满足v0=v cos θ
解得O、P两点间的电势差U=
粒子在Ⅰ区内做圆周运动,有qvB1=m
粒子运动情况如图,可得2r1 cos θ=d
解得Ⅰ区的磁感应强度B1=
(2)粒子在Ⅱ区内做圆周运动,有qvB2=m
粒子运动情况如图,粒子完成一个完整的周期性运动,到达PQ边界的C2点时,与挡板A1的距离为x=d+2×(2.5d-d)-2r2 cos θ,即x=4d-r2
不考虑粒子碰到挡板的情况下,恰好从小孔Q射出,有两种情况
①第一种情况是粒子斜向下射出小孔Q,对应的条件是nx+d=L(n=1,2,3…)
将L=13d代入并整理可得
r2=4d
考虑到r2>0,则n>3
再考虑粒子不能碰到挡板,则需满足条件
r2+r2 cos θ可解得r2综合以上条件,可知n只能取4和5两个值,即r2=d和r2=d
解得Ⅱ区的磁感应强度大小的两个可能值是
B2=和B2=
②第二种情况是粒子斜向上射出小孔Q,对应的条件是
nx=L(n=1,2,3…)
可得r2=d
考虑到r2>0,则n>3
粒子不能碰到挡板A2,需满足条件
r2+r2 cos θ解得r2综合以上条件可知只能取n=4,即r2=d
解得Ⅱ区的磁感应强度大小的另一个可能值是
B2=
8.答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)带电粒子在两极板间加速,有qU1=m
射入圆筒后,洛伦兹力提供圆周运动的向心力,有qv1B=
粒子在圆筒中的运动轨迹如图(a),由几何知识分析得r1=R
解得U1=
(2)粒子在磁场中做圆周运动时,qvB=,T=,可知周期与粒子进入磁场的速度无关。
若粒子射进圆筒后,偏转(n=1,2,3…)即与圆筒发生首次碰撞,图(b)是最简单的一种情况,此时粒子在筒内的总运动时间最短
tmin=T
即tmin=
(3)粒子与筒壁发生四次碰撞后恰从O'离开圆筒 ,有可能是以下两种情况:
情况一:如图(c),粒子在磁场中的运动半径r3=R tan
结合(1)的分析,得U3=,U3∶U1=tan2 36°∶1
情况二:如图(d),粒子在磁场中的运动半径r3=R tan
结合(1)的分析,得U3=,U3∶U1=tan2 72°∶1
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专题强化练4 磁场中的多解性和周期性问题
1.(2022广东普宁华美实验学校期中)如图所示,A点的粒子源在纸面内沿垂直OQ方向向上射出一束带负电荷的粒子,粒子重力忽略不计。为把这束粒子约束在OP之下的区域,可在∠POQ之间加垂直纸面的匀强磁场。已知OA间的距离为s,粒子比荷为,粒子运动的速率为v,OP与OQ间夹角为30°。则所加磁场的磁感应强度B满足( )
A.垂直纸面向里,B>
B.垂直纸面向里,B>
C.垂直纸面向外,B>
D.垂直纸面向外,B>
2.(2022辽宁大连期末)如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场,左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是 ( )
A. B.
C. D.
3.(2023湖南长沙师范附中期中)如图所示,边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。顶点A处沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q。不计粒子重力。粒子以下列速度发射时其中不能通过D点的是 ( )
A. B.
C. D.
4.(2023山东济宁期中)如图所示,在x>0、y>0的真空区域中有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。
现有一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向以任意大小的速度v射入磁场。不计粒子重力,则下列说法中正确的是 ( )
A.只要粒子的速度大小合适,粒子就可能通过坐标原点
B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
5.(2022云南昆明期中)如图甲所示,在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场(矩形区域边界上也有磁场),规定垂直纸面向里为磁场正方向,磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从B点以速度v0沿BC方向射入磁场,其中B0已知,T0未知,不计重力。
(1)若AB=BC,粒子从D点射出磁场,求AB边长度的可能值及粒子运动时间的可能值;
(2)若AB∶BC=∶1,粒子仍从D点射出,求AB边长度的可能值及粒子运动时间的可能值。
甲 乙
6.(2022山东名校联盟质量检测)如图甲所示,某空间区域存在两部分匀强磁场,磁感应强度的大小都为B,两部分匀强磁场的分界线是圆心为O点、半径为R的圆,圆内的磁场方向垂直于纸面向外,圆外的磁场方向垂直于纸面向里。现有一质量为m、电荷量为e的电子从A点沿半径OA方向射出。
(1)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大,电子从A点射出后,两次经过分界线,最后恰好返回到A点,求电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间;
(2)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大,电子从A点射出后,最后能够返回到A点(假设电子的轨迹不交叉),求电子在磁场中的运动半径;
(3)在(2)的条件下,若方向垂直于纸面向里的磁场分布在以O点为圆心,半径为R和2R的两圆之间的区域,如图乙所示,电子从A点射出后仍能返回A点,求电子从A点射出时的最大速度。(已知tan 37°=)
7.如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距为L。A1、A2上各有位置正对的小孔P、Q。两板间存在两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,水平面PQ和MN分别是两个磁场区的理想边界面。挡板A1的左侧是方向水平向右的匀强电场,质量为m、电荷量为+q的粒子从电场中的O点以大小为v0的初速度竖直向上射出,运动一段时间后从小孔P进入Ⅰ区,此时速度方向与竖直方向的夹角θ=60°。粒子进入Ⅰ区运动之后,从PQ边界上的C1点第一次离开Ⅰ区,C1点与挡板A1的距离为d,然后进入没有磁场的区域运动,从MN边界上的D1点(图中未画出)第一次进入Ⅱ区,D1点与挡板A1的距离为d。不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)求匀强电场中O、P两点间的电势差U和Ⅰ区的磁感应强度B1的大小;
(2)已知L=13d,最后粒子恰好从小孔Q射出,求Ⅱ区的磁感应强度B2的大小可能是哪些值。
8.(2022广东珠海期末)如图,A、K为平行板电容器的两极板,K板接地,正中有小孔O。半径为R的圆筒内充满垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆筒左壁有一小孔O'。O、O'及圆心C三点均在纸面内,且处在同一直线上。平行板电容器充好电后,将质量为m、电荷量为q的粒子从靠近A板的位置无初速度释放,恰沿直线OO'运动,射入圆筒,粒子与筒壁发生的每一次碰撞都是弹性的,忽略粒子重力以及碰撞所需的时间,粒子与圆筒的碰撞过程中电荷量不发生转移。
(1)若使两极板间电势差为U1,释放粒子,粒子进入匀强磁场后偏转90°首次与圆筒壁碰撞,求U1;
(2)若使两极板间电势差为U2,释放粒子,粒子从进入圆筒至首次离开磁场的时间恰取得最小值,求此最小值tmin;
(3)若使两极板间电势差为U3,再释放粒子,粒子进入圆筒,与圆筒经历四次碰撞后又恰能从O'离开圆筒,求U3∶U1的可能值。(结果可用三角函数式表达)
专题强化练4 磁场中的多解性和周期性问题
1.BC 2.AB 3.C 4.CD
1.BC 当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时,由左手定则知,粒子向右偏转,约束在OP之下的区域的临界条件是粒子运动轨迹与OP相切,如图(大圆弧),由几何知识知R2=OB sin 30°=OB,而OB=s+R2,所以R2=s,所以当粒子轨迹的半径小于s时满足约束条件,由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB=,所以得B>,选项A错误,B正确;当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时,由左手定则知,粒子向左偏转,约束在OP之下的区域的临界条件是粒子运动轨迹与OP相切,如图(小圆弧),由几何知识得该轨迹圆的半径为R1=,所以当粒子轨迹的半径小于时满足约束条件,由牛顿第二定律及洛伦兹力公式有qvB=,所以得B>,选项C正确,D错误。
方法技巧 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,写出方程,结合几何关系可确定磁感应强度的范围。
2.AB 由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧的圆心角均为120°,所以粒子运动的半径为r=·(n=1,2,3…),由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,则v==·(n=1,2,3…),选项A、B正确。
3.C 粒子运动过程中只受洛伦兹力作用,故粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得v=。由左手定则可得,粒子在三角形内沿逆时针方向做圆周运动,在三角形外沿顺时针方向做圆周运动,且粒子做圆周运动的轨道半径均相同,根据几何关系可得,粒子在同一条边上每两次经过边界时在边界上的距离为r,故要使粒子通过D点,则有r=(n=1,2,3…),故能通过D点的粒子速度大小v=(n=1,2,3…),故选C。
4.CD 如果粒子要从O点射出,则其运动轨迹如图甲所示,从轨迹上看出粒子还未到达O点时已经从y轴射出磁场,故粒子不可能从O点射出磁场,选项A错误。如果粒子带负电,则粒子的运动轨迹如图乙所示,根据几何知识可知,其轨迹所对的圆心角为∠1=60°,所以粒子的运动时间为t=T=;当粒子带正电且从x轴射出磁场,其运动轨迹如图丙所示,根据几何知识可知其圆心角为∠2=300°,所以粒子在磁场中做圆周运动的时间为t'=T=;如果粒子带正电,且从y轴射出,其从y轴射出时所用的时间最长时,其轨迹刚好和y轴相切,轨迹如图丁所示,根据几何知识可知,其圆心角为∠3=240°,所以其运动的时间为t''=T=,所以粒子从y轴射出时,其时间满足t0<,综上可知,粒子在磁场中运动的时间可能为t<,t=以及t=,选项B错误,C、D正确。
5.答案 (1),(n=1,2,3…)
(2),(n=1,2,3…)
解析 (1)若AB=BC,粒子通过D点,其可能的运动轨迹如图所示(图中只画出两种可能的运动轨迹)
则必须满足qv0B0=m
·=nr(n=1,2,3…)
t=n(n=1,2,3…)
又T=
由上式联立解得=,t=(n=1,2,3…)
(2)若粒子通过D点,其可能的运动轨迹如图所示(图中只画出了一种可能的运动轨迹)
则必须满足qv0B0=m
=2nr(n=1,2,3…)
t=2n(n=1,2,3…)
又因为T=,=×
联立上式解得=,t=(n=1,2,3…)
6.答案 (1) (2)R tan (n=3,4,5…)
(3) tan
解析 (1)由运动的周期性和几何关系可知,A、M、N三点把圆形磁场分界线三等分,每段圆弧对应的圆心角α=,作出电子的运动轨迹如图所示
轨迹对应的圆心角β=2(π+α)+(π-α)=
由ev1B=m及T=
得电子在磁场中运动的周期T=
电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点过程中所经历的时间为t=T=
(2)由运动的周期性和几何关系可知,若电子能够返回A点,要把圆周n等分,每段圆弧对应的圆心角θ=(n=3,4,5…)
由对称性可知tan =
得r=R tan (n=3,4,5…)
(3)由evB=m得电子从A点射出时的速度
v== tan (n=3,4,5,…)
由几何关系可知,要使电子不超出半径为2R的边界,须有+r≤2R
解得r≤R
联立解得tan ≤
所以n≥4.86
由于n为整数,所以n=5时电子从A点射出时的速度最大,vm= tan
方法技巧 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图 看清并明白场的变化情况
受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量
选规律 联立不同阶段的方程求解
7.答案 (1) (2)
解析 (1)粒子从O点运动到P点的过程,由动能定理得qU=m(v2-)
在P点速度满足v0=v cos θ
解得O、P两点间的电势差U=
粒子在Ⅰ区内做圆周运动,有qvB1=m
粒子运动情况如图,可得2r1 cos θ=d
解得Ⅰ区的磁感应强度B1=
(2)粒子在Ⅱ区内做圆周运动,有qvB2=m
粒子运动情况如图,粒子完成一个完整的周期性运动,到达PQ边界的C2点时,与挡板A1的距离为x=d+2×(2.5d-d)-2r2 cos θ,即x=4d-r2
不考虑粒子碰到挡板的情况下,恰好从小孔Q射出,有两种情况
①第一种情况是粒子斜向下射出小孔Q,对应的条件是nx+d=L(n=1,2,3…)
将L=13d代入并整理可得
r2=4d
考虑到r2>0,则n>3
再考虑粒子不能碰到挡板,则需满足条件
r2+r2 cos θ
解得Ⅱ区的磁感应强度大小的两个可能值是
B2=和B2=
②第二种情况是粒子斜向上射出小孔Q,对应的条件是
nx=L(n=1,2,3…)
可得r2=d
考虑到r2>0,则n>3
粒子不能碰到挡板A2,需满足条件
r2+r2 cos θ
解得Ⅱ区的磁感应强度大小的另一个可能值是
B2=
8.答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)带电粒子在两极板间加速,有qU1=m
射入圆筒后,洛伦兹力提供圆周运动的向心力,有qv1B=
粒子在圆筒中的运动轨迹如图(a),由几何知识分析得r1=R
解得U1=
(2)粒子在磁场中做圆周运动时,qvB=,T=,可知周期与粒子进入磁场的速度无关。
若粒子射进圆筒后,偏转(n=1,2,3…)即与圆筒发生首次碰撞,图(b)是最简单的一种情况,此时粒子在筒内的总运动时间最短
tmin=T
即tmin=
(3)粒子与筒壁发生四次碰撞后恰从O'离开圆筒 ,有可能是以下两种情况:
情况一:如图(c),粒子在磁场中的运动半径r3=R tan
结合(1)的分析,得U3=,U3∶U1=tan2 36°∶1
情况二:如图(d),粒子在磁场中的运动半径r3=R tan
结合(1)的分析,得U3=,U3∶U1=tan2 72°∶1
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