(全国通用)2019版高考物理一轮复习第九章磁场微专题72带电粒子在交变电场、磁场中的运动备考精炼

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答案精析

1．(1)1.2 m (2)2.48 m (3)L＝(1.2n＋0.6) m(n＝0,1,2，…) 解析 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×10 N① 电场力大小F＝qE＝8×10 N② 因此重力与电场力平衡

－3

－3

v2

微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝m③

R由③式解得：R＝0.6 m④ 2πR由T＝ ⑤

v得：T＝10π s⑥

则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经过直线OO′时与O点的距离：l＝2R⑦ 将数据代入上式解得：l＝1.2 m⑧

(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s， 轨迹如图所示，

位移大小：x＝vt⑨ 由⑨式解得：x≈1.88 m⑩

因此，微粒离开直线OO′的最大高度：H＝x＋R＝2.48 m?

(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：

L＝(2.4n＋0.6) m (n＝0,1,2，…)?

若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：

L＝(2.4n＋1.8) m (n＝0,1,2，…)?

??两式合写成 L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2…) 2．见解析

12解析 (1)质子第一次被加速，由动能定理：qU＝mv1

2解得：v1＝

2qUm

6

v2

(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB＝m

R2πR质子在做圆周运动的周期为：T＝ v12设质子在D形盒中被电场加速了n次，由动能定理：nqU＝mv

2

质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：t总＝T

2πBR解得：t总＝

2U(3)设M、N两点的电势分别为φ1、φ2，由能量守恒定律：

2

nqφ1＋mv2＝qφ2＋Ek

由题可知：φ1＝k12

Q1r0＋d2

，φ2＝kQr0＋d kQqdq2B2R2

解得：Ek＝＋ ?2r0＋d??r0＋d?2m改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出时的位置． 3．(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

7

所以θ＝30°

粒子进入磁场时的速度v＝

v0

cos θ＝433

×104 m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R

qvB＝mv2

则R 所以R＝4 cm

粒子在磁场中运动的周期T＝2πRv＝23π×10－6

s

在t＝23π3×10－6 s内粒子的偏转角α＝2πTt＝120°

竖直向上偏移h1＝Rcos 30°＝23 cm 在23π3×10－6～433π×10－6

s内通过OO′，

这段时间内竖直向上偏移h2＝h1＝23 cm 因为h1＋h2＝y＝43 cm

则粒子在t＝43π－6

3×10 s时刚好第二次到达OO′

此时x＝2(R＋Rsin 30°)＝12 cm. 4．(1)

mv0L3mv0307π＋540qL (2)9 qL (3)270vL 0

解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R＝L

mv2

由洛伦兹力提供向心力知qv00B1＝R 联立解得B0

1＝

mvqL (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vqE0y＝at＝

m·L4

v＝3

v0，0设离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝vy4

v＝，θ＝53°

03所以粒子离开电场时的速度v＝v05

cos 53°＝3

v0

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