計算題專題增分練9

增分練(9)帶電粒子在電場、磁場中的運動(一)1．一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：(1)M、N間電場強度E的大?。?2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U＝Ed②聯(lián)立①②式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O′，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子運動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤聯(lián)立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移eq\f(2,3)d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3)⑦設(shè)粒子進(jìn)入S孔時的速度為v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v′2,v2)綜合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v⑧設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r′，則r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑨設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝eq\f(π,2)⑩粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3?答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)32．(2017·南陽市一中第四次模擬)如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于ADEC平面向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點第一次進(jìn)入下方區(qū)域，Q與O點的距離為3a.不考慮粒子重力．(1)求粒子射入時的速度大小；(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件；(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值．解析：(1)設(shè)粒子在OF上方做圓周運動半徑為R，由幾何關(guān)系可知：R2－(R－a)2＝(3a)2，R＝由牛頓第二定律可知：qvB0＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\f(5aqB0,m)；(2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時，設(shè)粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，由幾何關(guān)系得：r1＋r1cosθ＝3a，cosθ＝eq\f(3,5)，所以r1＝eq\f(15a,8)，根據(jù)qvB1＝eq\f(mv2,r1)解得：B1＝eq\f(8B0,3)，當(dāng)B1＞eq\f(8B0,3)時，粒子不會從AC邊界飛出．(3)當(dāng)B＝3B0時，粒子在OF下方的運動半徑為：r＝eq\f(5,3)a，設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1，則P與P1的連線一定與OF平行，根據(jù)幾何關(guān)系知：eq\x\to(PP)1＝4a；所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為：L＝neq\x\to(PP)1＝