高三物理二輪專題復習 第三章 6帶電粒子在場中的運動練習 新人教版選修3-1（通用）

《高三物理二輪專題復習 第三章 6帶電粒子在場中的運動練習 新人教版選修3-1（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三物理二輪專題復習 第三章 6帶電粒子在場中的運動練習 新人教版選修3-1（通用）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題十一 帶電粒子在場中的運動（一） 【典型例題】 問題1.帶電粒子在獨立電場中的運動 例1．如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）。 （1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置。 （2）在電場I區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。 問題2.帶電粒子在獨立磁場中的運動 例2．如圖所示，真空室內有勻強磁場，磁

2、場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B＝0.60T，磁場內有一塊平行感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離l＝16cm處，有一個點狀的α粒子發(fā)射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s．已知α粒子的電量與質量之比q/m＝5.0×107C/kg，現只考慮在紙平面中運動的α粒子，求ab上被α粒子打中的區(qū)域長度． 問題3.帶電粒子在組合場中的運動 例3．如圖所示，在y > 0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y < 0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外．一電量為q

3、、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y = h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向，然后經過x軸上x = 2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y = – 2h處的P3點．不計粒子的重力，求 （1）電場強度的大?。? （2）粒子到達P2時速度的大小和方向； （3）磁感應強度的大小． 【課后限時訓練】 1．真空室內，一對原來不帶電的相同金屬極板P、Q水平正對固定放置，間距為d.在兩極板外部右側有一個半徑也為d的圓形區(qū)域，其圓心O處于兩極板的中心線上，區(qū)域內部充滿方向垂直于紙面向內的勻強磁場.一束等離子體（含有大量帶電量為+q或－q的帶電微粒，

4、正、負電荷的總數相同）從兩極板之間水平向右持續(xù)射入，射入時的速度大小都為v0，如圖所示．不計微粒的重力作用． （1）若兩極板之間的區(qū)域充滿磁感應強度為B的勻強磁場（方向垂直于紙面向內）．求極板P、Q間最后穩(wěn)定的電壓U并指出兩板電勢的高低． （2）若兩極板之間沒有磁場，則微粒保持勻速向右運動直到射入圓形區(qū)．現只研究從最下方（圖中b點）射人的帶正電微粒，結果發(fā)現該微粒運動過程恰好經過圓心O。已知微粒的質量為m，求圓形區(qū)域內磁場的磁感應強度B0和該微粒在圓形區(qū)域內運動的時間．（不計微粒間的相互作用．） 2．“太空粒子探測器”是由加速、偏轉和收集三部分組成，其原理可簡

5、化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的半徑為L，電勢為φ1，內圓弧面CD的半徑為，電勢為φ2。足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，O到MN板的距離OP=L。假設太空中漂浮著質量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球對粒子引力的影響。 （1）求粒子到達O點時速度的大小； （2）如圖2所示，在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場，圓心為O，半徑為L，方向垂直紙面向內，則發(fā)現從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后有2/3能打到MN板上（不考慮過邊界A

6、CDB的粒子再次返回），求所加磁感應強度的大??； （3）同上問，從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后均不能到達收集板MN，求磁感應強度所滿足的條件。試寫出定量反映收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系的相關式子。 NO.11參考答案 例1解：（1）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有 解得　y＝，所以原假設成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（－2L，） （2）設釋放點在電場區(qū)域I

7、中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有 解得　xy＝，即在電場I區(qū)域內滿足方程的點即為所求位置。 例3解：（1）設粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a， qE ＝ ma v0t ＝ 2h （2）粒子到達P2時速度沿x方向的分量仍為v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x軸的夾角，則有 v1＝v0 （3） 因為OP2＝OP3，θ＝45°， P2P3為圓軌道的直徑，得r＝

8、 課后限時訓練答案： 2解：（1）帶電粒子在電場中加速時，由動能定理， （2分） 又U=φ1φ2 （2分） 所以： （1分) （2）從AB圓弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度方向與MN平行，則入射的方向與AB之間的夾角是600，在磁場中運動的軌跡如圖1，軌跡圓心角θ=600（2分） 根據幾何關系，粒子圓周運動的半徑為r=L （2分） 由牛頓第二定律得： （1分） 聯立解得： （1分） （3）當沿OD方向的粒子剛好打到MN上，則由幾何關系可知，（2分） 由牛頓第二定律得： （1分） 得：（1分）， 即（1分） 如圖2，設粒子在磁場中運動圓弧對應的圓心角為α， 由幾何關系可知： （2分） MN上的收集效率：（2分）