内容发布更新时间 : 2024/7/5 12:44:52星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
(3)粒子第二次通过y轴时的纵坐标值；
(4)粒子从进入板间到第二次通过y轴时经历的时间．
3mv0 22mv043＋7πd
答案 (1) (2) (3)2d (4)()
2qqd6v0
23
解析 (1)粒子在M、N板间做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，则d＝v0t1
3
12d＝at 21
U
根据牛顿运动定律得q＝ma
d2
3mv0
联立解得U＝. 2q(2)设粒子经过A点时的速度为v，方向与x轴的夹角为α，
11
根据动能定理，得qU＝mv2－mv0 2
22
v0
cos α＝v π
解得v＝2v0，α＝
3
设粒子第一次与y轴相交于D点，轨迹如图，由几何关系知D点与A点高度相等，△C1DO为等边三角形．
R＝d
v2
根据牛顿定律，得qvB＝m
R
2mv0
整理得B＝.
qd
(3)粒子在y轴右侧空间的运动轨迹如图．
由几何关系知 DE＝2Rcos θ＝d
即E点的纵坐标为yE＝2d. (4)粒子从A到D的时间
1t2＝T
3
5
从D到E的时间t3＝T
6
2πmπd而T＝＝
qBv0
43＋7πd
故t＝t1＋t2＋t3＝().
6v0
3．如图5所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场Ⅰ的场强方向竖直向下，PT下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场Ⅰ的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q，PQ间距离为L.从某时刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为＋q、质量为m.通过PT上的某点R进入匀强电场Ⅰ后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为2L.不计粒子的重力．试求：
图5
(1)匀强电场Ⅰ的电场强度的大小和MT之间的距离；
(2)有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失)，并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动
1
的半径小于a，求磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到Q所经历的时
2间．
mv0 212mv0?1＋2n?
答案 (1) L (2)B＝，n＝1,2，?
qL2qa
6L?6n＋1?πa＋，n＝1,2，? v02?2n＋1?v0
解析 (1)设粒子经PT直线上的点R由E2电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t2与t1，到达R时竖直速度为vy， 则由F＝qE＝ma， 2L＝v0t2， L＝v0t1，
1E2q2L＝·t ，
2m2E1＝2E2，
mv0 2
得E1＝
qLE2qE1qvy＝t2＝t1
mm1E1q2
MT＝·t
2m1
1
联立解得MT＝L.
2
(2)欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为r，则
2mv 0
qv0B＝
r1
(1＋2n)r＝a，n＝1,2，?
2
2mv0?1＋2n?
解得：B＝， n＝1,2，?
qa
TT1
由几何关系可知t′＝3×(2n×＋)＝(3n＋)T
262n＝1,2,3?
2πR2πmT＝v＝
Bq
πa
代入B得T＝，n＝1,2，?
?2n＋1?v0
6L?6n＋1?πa
t＝2t1＋2t2＋t′＝＋，n＝1,2，?
v02?2n＋1?v0
带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：
(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．
(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．
(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．
考题3 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析
例3 (19分)如图6甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．
图6
π
已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力．求：
B0t0(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值．
qπ
解析 (1)由粒子的比荷＝，
mB0t0
2πm
则粒子做圆周运动的周期T＝＝2t0
B0q则在0～t0内转过的圆心角α＝π
2v 0
由牛顿第二定律qv0B0＝m
r1
v0t0
得r1＝
π
2v0t0
位置坐标(，0)．
π
(1分) (2分) (2分) (1分) (1分)
(2)粒子t＝5t0时回到原点，轨迹如图所示
r2＝2r1
mv0mv2r1＝ r2＝
B0qB0q
(2分) (1分) (1分) (1分)
得v2＝2v0
2v0t0qπ
又＝，r2＝ mB0t0π
粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t0时间
v0＋2v032
内粒子距x轴的最大距离：hm＝t0＋r2＝(＋)v0t0. (2分)
22π(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：
n(2r2′－2r1)＝2r1，(n＝1,2,3，?)
mv0mvr1＝ r2′＝
B0qB0q
n＋1
联立以上各式解得v＝v，(n＝1,2,3，?)
n0
E0qt0又由v＝v0＋
m
v0B0
得E0＝，(n＝1,2,3，?)．
nπ2v0t0v0B032
答案 (1)(，0) (2)(＋)v0t0 (3)，(n＝1,2,3，?)
π2πnπ
(20分)如图7甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．
(1分) (1分) (1分) (1分) (1分)
图7
1
(1)若Δt＝TB，求B0；
23
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
24mv0
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.
qdmv03v0 2π1dπd
＋arcsin? 答案 (1) (2) (3)或?4?2v0qdd3v0?2解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1， 2mv 0
由牛顿第二定律得qv0B0＝
R1据题意由几何关系得R1＝d
mv0
联立①②式得B0＝
qd
① ② ③ ④ ⑤
2v 0
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝
R2
据题意由几何关系得3R2＝d