所谓的光辉岁月,并不是以后,闪耀的日子,而是无人问津时,你对梦想的偏执
带电粒子在交变电场、磁场中的运动
[方法点拨] (1)先分析在一个周期内粒子的运动情况,明确运动性质,判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响;(2)画出粒子运动轨迹,分析轨迹在几何关系方面的周期性. 1.如图1甲所示,两平行金属板A、B长L=8 cm,两极板间距d=6 cm,A、B两极板间的电势差UAB=1003 V.一比荷为=1×10 C/kg的带正电粒子(不计重力)从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度v0=2×10 m/s飞入电场,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域,已知两界面MN、PS间的距离为s=8 cm.带电粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域,当粒子到达C点开始计时,PS右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向).求:
4
qm6
图1
(1)PS分界线上的C点与中心线OO′的距离y;
(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS分界线的距离x.
2.如图2甲所示,在平行边界MN、PQ之间存在宽度为L的匀强电场,电场周期性变化的规律如图乙所示,取竖直向下为电场正方向;在平行边界MN、EF之间存在宽度为s、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ,在PQ右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ为L的A点,有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度
v0沿竖直向上方向开始运动,以此作为计时起点,再经过一段时间粒子又恰好回到A点,如
此循环,粒子循环运动一周,电场恰好变化一个周期,已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时,速度恰好与电场方向垂直,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.
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图2
(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B1.
4mv0
(2)若E0=,要实现上述循环,确定区域Ⅱ的磁场宽度s的最小值以及磁场的磁感应强度
3qL大小 B2.
4mv0
(3)若E0=,要实现上述循环,求电场的变化周期T.
3qL3.如图3甲所示,在平面直角坐标系xOy区域内存在垂直坐标平面的匀强磁场,磁场随时间2πm的变化规律如图乙所示,磁场方向垂直坐标平面向里为正方向,磁场变化周期T0=.t=
22
qB0
0时刻,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一初速度由坐标原点O沿x轴正方向射入磁场,在t=T0时到达坐标为(a,0)的P点(未画出).
图3
(1)求粒子运动的初速度v0;
(2)若磁场的变化规律如图丙所示,求粒子从t=0时刻起第一次到达y轴的位置与原点O的距离;
(3)在第(2)问的条件下,粒子是否可以返回原点?如果可以,求粒子从原点出发到返回原点的时间;如果不可以,请说明理由.
4.如图4甲所示,在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系,在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀
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强电场,场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°.在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2,两板间距为d1=0.6 m,板间有竖直向上的匀强磁场,两板右端在y轴上,板
C1与x轴重合,在其左端紧贴桌面有一小孔M,小孔M离坐标原点O的距离为L=0.72 m.在
第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行于y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3,平板C3在x轴上垂足为Q,垂足Q与原点O相距d2=0.18 m.现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=42 m/s垂直于电场方向射出,刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔,进入磁场区域.已知小球可视为质点,小球的比荷=20 C/kg,P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=
2
m,不考虑空气阻力. 10
qm 图4
(1)求匀强电场的场强大小;
(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上,求磁感应强度的取值范围; (3)若t=0时刻小球从M点进入磁场,磁场的磁感应强度如图乙随时间周期性变化(取竖直向上为磁场正方向),求小球从M点打在平板C3上所用的时间.(计算结果保留两位小数)
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答案精析
1.(1)43 cm (2)12 cm
解析 (1)粒子在电场中的加速度a=粒子在电场中运动的时间t1= 粒子离开电场时竖直方向分速度vy=at1 粒子在MN与PS间运动时间t2=
12UABqL4
粒子在电场中偏转位移y1=at1=3 cm 2=
22dmv03出电场后:y2=vyt2 83
联立解得:y2= cm
3
所以C点与中心线OO′的距离y=y1+y2=43 cm
(2)粒子运动轨迹如图所示,粒子进入磁场时,设速度与水平方向夹角为θ,tan θ==
2
UABq dmLv0
sv0
vyv03 3
所以θ=30°
粒子进入磁场时的速度v=
434=×10 m/s cos θ3
v0
设粒子在磁场中运动轨道半径为R
mv2
则qvB=
R所以R=4 cm
2πR-6
粒子在磁场中运动的周期T==23π×10 s
v23π2π-6在t=×10 s内粒子的偏转角α=t=120°
3T竖直向上偏移h1=Rcos 30°=23 cm 在
23π43-6-6×10~π×10 s内通过OO′,这段时间内竖直向上偏移 33
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h2=h1=23 cm
因为h1+h2=y=43 cm
43π-6
则粒子在t=×10 s时刚好第二次到达OO′
3此时,粒子距PS距离x=2(R+Rsin 30°)=12 cm. 2.(1)
mv0L3mv0307π+540 (2) (3)L qL9qL270v0
解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R=L
2
mv0
由洛伦兹力提供向心力知qv0B1=
R联立解得B1=
mv0
qLqE0L4
·=v0, mv03
(2)粒子在电场中做类平抛运动,离开电场时沿电场方向的速度vy=at=
vy4
离开电场时速度的偏转角为θ,tan θ==,θ=53°
v03v05
所以粒子离开电场时的速度v==v0
cos 53°3
121qE0?L?22
粒子在电场中偏转的距离y=at=·??=L
22m?v0?3
画出粒子运动轨迹的示意图如图所示,粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动,
2
35
由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r==L
cos 53°9
L-L所以s≥r(1-sin 53°)=
9即s的最小值为 9根据r=
LLmv qB2
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