?高考物理全歸納——模型專題
在高中物理教學(xué)中，引導(dǎo)學(xué)生認識、理解和建立“物理模型”，是培養(yǎng)學(xué)生創(chuàng)造性思維和創(chuàng)新能力的有效途徑。
一、什么是物理模型
自然界中事物與事物之間總是存在著千絲萬縷的聯(lián)系，并都處在不斷的變化之中。面對復(fù)雜多變的自然界，進行科學(xué)研究時，總是遵循這樣一條重要的原則，即從簡到繁，先易后難，循序漸進，逐次深入。
物理模型有三個類型：（1）物理研究對象的理想化（對象模型）；（2）物理條件的理想化（條件模型）；（3）物理過程的理想化（過程模型）
二、為什么要建立物理模型
1、幫助學(xué)生掌握學(xué)習(xí)方法 2、落實“過程與方法”的教學(xué)目標
3、提高學(xué)生解決問題能力
三、如何幫助學(xué)生的建立物理模型
（一）提高認識，重視過程：
對研究對象建立理想的物理模型和在研究物理過程中選擇最簡單的物理模型，在教學(xué)中是經(jīng)常涉及到的，但學(xué)生總不能從中得到啟示。
（二）概括總結(jié)，觸類旁通：
新課程提出高中階段應(yīng)給學(xué)生更多的空間，讓學(xué)生較獨立地進行科學(xué)探究，培養(yǎng)學(xué)生的自主探究、自主學(xué)習(xí)、自已解決問題的能力。


第80講 帶電粒子在交變電或磁場中的運動

1．（2021?浙江）如圖甲所示，空間站上某種離子推進器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口．以金屬板N的中心O為坐標原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標軸，M、N板之間存在場強為E、方向沿z軸正方向的勻強電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調(diào)．氙離子（Xe2+）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進器的速度為v0．已知單個離子的質(zhì)量為m、電荷量為2e，忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠小于推進器的質(zhì)量。

（1）求離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小v。
（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)B0值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求B0的取值范圍；
（3）設(shè)離子在磁場中的運動時間遠小于磁場變化周期T，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n，且B0=2mv05eL，求圖乙中t0時刻離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力。
【解答】解：（1）離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有：
2eEd=12mv02?12mv2，
解得離子從小孔S射出時相對推進器的速度大?。簐=v02?4eEdm
（2）當磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有：
(R1?L2)2+L2=R12，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：
2ev0B0=mv02R1，
聯(lián)立解得：B0=2mv05eL
當磁場在x和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有：
(R2?22L)2+L2=R22，此時B=2B0；
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：
2e×v0×2B0=mv02R2，
聯(lián)立解得B0=mv03eL，
故B0的取值范圍為0～mv03eL
（3）離子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示

由題意，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：
2e×v0×2B0=mv02R3，且滿足B0=2mv05eL，
所以可得R3=mv022eB0，解得R3=54L，所以可得cosθ=35，
離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有：
FΔt＝n△tmv0cosθ﹣0，
根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進器作用力大小為：F′=35nmv0，方向沿z軸負方向。
答：（1）離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小為v02?4eEdm。
（2）B0的取值范圍為0～mv03eL；
（3）圖乙中t0時刻離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力大小為35nmv0，方向沿z軸負方向。


一.知識回顧
交變場是指電場、磁場在某一區(qū)域內(nèi)隨時間做周期性變化，帶電粒子在交變場中的運動問題涉及的物理過程比較復(fù)雜。粒子在交變場中的運動情況不僅與交變電磁場的變化規(guī)律有關(guān)，還與粒子進入場的時刻有關(guān)。
周期性變化的電磁場會使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點的電磁場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象。所以最好畫出粒子的運動軌跡草圖，并把粒子的運動分解成多個階段分別列方程聯(lián)立求解。
二.典型例題
題型一：交變磁場
例1．如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示，設(shè)垂直紙面向里為磁場的正方向。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0，忽略粒子間的相互作用力和離子的重力。
（1）求磁感應(yīng)強度B0的大小；
（2）若正離子在T0時刻恰好從O′孔垂直于N板射出磁場，求該離子在磁場中的運動半徑；
（3）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，求正離子射入磁場時速度v0的大小。

【解答】解：（1）正離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，即
qv0B0＝mv02r
正離子做勻速圓周運動的周期為
T0=2πrv0
聯(lián)立解得
B0=2πmqT0
（2）由題意，作出正離子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知正離子的運動半徑為r=d4

（3）要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場，根據(jù)離子運動軌跡的周期性可知離子在磁場中運動時間滿足
t＝nT0 （n＝1，2，3…）
則運動半徑滿足
r=d4n （n＝1，2，3…）
聯(lián)立解得
v0=πd2nT0 （n＝1，2，3…）
答：（1）磁感應(yīng)強度B0的大小為2πmqT0；
（2）若正離子在T0時刻恰好從O′孔垂直于N板射出磁場，該離子在磁場中的運動半徑為d4；
（3）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時速度v0的大小為πd2nT0 （n＝1，2，3…）。
題型二：交變電場+交變磁場
例2．如圖甲所示，一對平行金屬板C、D，O、O1為兩板上正對的小孔，緊貼D板右側(cè)存在上下范圍足夠大、寬度為L的有界勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，MN、GH是磁場的左、右邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O孔進入C、D板間，粒子初速度和重力均不計。

（1）C、D板間加恒定電壓U，C板為正極，板相距為d，求板間勻強電場的場強大小E和粒子從O運動到O1的時間t；
（2）C、D板間加如圖乙所示的電壓，U0、T為已知量。t＝0時刻帶電粒子從O孔進入，為保證粒子到達O1孔具有最大速度，求粒子到達O1孔的最大速度vm和板間d應(yīng)滿足的條件；
（3）磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t′的變化關(guān)系如圖丙所示，B0為已知量，周期T0=πmqB0。t′＝0時刻，粒子從O1孔沿OO1延長線O1O2方向射入磁場，始終不能穿出右邊界GH，求粒子進入磁場時的速度v應(yīng)滿足的條件。
【解答】解：（1）板間勻強電場的場強為：E=Ud
粒子在板間的加速度為：a=qUdm
根據(jù)位移﹣時間關(guān)系有：d=12at2
解得：t=d2mqU
（2）粒子一直加速到達O1孔速度最大，設(shè)經(jīng)歷時間t0，則有：
t0=d2mqU≤T2
當U取U0時，解得：d≤T2qU02m
由動能定理有：qU0=12mvm2
解得：vm=2qU0m
（3）當磁感應(yīng)強度分別為B0、2B0時，設(shè)粒子在磁場中圓周運動半徑分別為r1、r2，周期分別為T1、T2，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB0＝mv2r1
解得：r1=mvqB0
且有：T1=2πmqB0=2T0
同理可得：r2=mv2qB0=r12
且有：T2=2πm2qB0=T0
故0～T02粒子以半徑r1逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，
T02～T0粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，
T0～3T02粒子以半徑r1逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，
3T02～2T0粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，
2T0～5T02粒子以半徑r1逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，
5T02～3T0粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，
3T0～7T02粒子以半徑r1逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周后從左邊界飛出磁場，如圖所示：
由幾何關(guān)系有：r1+r2≤L
解得：v≤2qBL3m
答：（1）C、D板間加恒定電壓U，C板為正極，板相距為d，求板間勻強電場的場強大小E為Ud和粒子從O運動到O1的時間t為d2mqU；
（2）C、D板間加如圖乙所示的電壓，U0、T為已知量。t＝0時刻帶電粒子從O孔進入，為保證粒子到達O1孔具有最大速度，則粒子到達O1孔的最大速度vm為2qU0m、板間距d應(yīng)滿足不大于dT2qU02m；
（3）磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t′的變化關(guān)系如圖丙所示，B0為已知量，周期T0=πmqB0。t′＝0時刻，粒子從O1孔沿OO1延長線O1O2方向射入磁場，始終不能穿出右邊界GH，則粒子進入磁場時的速度v應(yīng)滿足的條件不大于2qBL3m。

三.舉一反三，鞏固練習(xí)
1. 如圖甲所示，一對平行金屬板C、D相距為d，兩板長L，在CD間加如圖乙所示交變電壓（U0是已知量，T是不確定的未知量）．平行板右側(cè)是兩個緊鄰的有界勻強磁場區(qū)，磁感應(yīng)強度大小B1＝B2＝B0，磁場方向都垂直于紙面并相反，磁場邊界MM′、NN′、PP′垂直于極板．質(zhì)量m、電量﹣e的電子以相同的速度不斷從左側(cè)沿兩板中線OO?射入極板間，不計電子所受重力作用．
（1）若t＝0時刻在O點進入電場的電子能在0﹣T/2時間段內(nèi)某時刻穿出極板間，求電子射入初速度v和交變電壓周期T應(yīng)該滿足的條件．
（2）若電子射入初速度v0和交變電壓周期T滿足條件：L=3v0T2，所有從O點射入電場的電子恰好都能夠穿出C、D極板，求電子射入的初速度v0．
（3）不考慮電場邊緣效應(yīng)，在（2）的情景下，t=T2時刻射入電場的電子穿出極板間電場后又進入磁場運動，電子經(jīng)過磁場的偏轉(zhuǎn)又恰好從O′返回板間電場，求圖甲中兩磁場區(qū)寬度l1和l2滿足的條件．

【解答】解：（1）電子通過極板時間：t=Lv，
電場方向上加速度：a=2eU0md，
電場方向上的位移：y=12at2，
已知：y≤12d，
解得：eU0md（Lv）2≤d2，v≥Ld2eU0m，
又T2≥Lv，則T≥d2meU0；
（2）電子穿過電場時間：t=Lv0=32T，
在UCD＝2U0時段電子加速度大?。篴1=2eU0md，方向向上，
在UCD＝U0時段電子加速度大小：a2=eU0md，方向向下，
不同時刻進入電場電子在垂直電場方向速度隨時間變化圖象如圖

t＝kT（k＝0，1，2…）時刻進入電場的電子側(cè)向位移最大，所以有此刻電子側(cè)位移
s=12a1（T2）2+[a1（T2）（T2）?12a2（T2）2]+[a1（T2）﹣a2（T2）]（T2）+12a1（T2）2=d2，
解得：T=23md2eU0，v0=2L3T=LdeU0m；
（3）由（2）問中垂直板方向速度圖象可知，
t=12T時刻射入電場的電子在O′點穿出極板時刻速度等于初速度v0，
經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后返回O?點，軌跡如圖所示：


由牛頓第二定律得：ev0B＝mv02r，解得：r=mv0eB，
兩區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度大小相等
所以：r1＝r2＝R=LBdmU0e，
三圓心連線為等邊三角形：α＝60°，
兩磁場區(qū)寬度滿足：l1＝Rsin60°=L2Bd3mU0e，
l2≥R+Rsin60°=(2+3)L2BdmU0e；
答：（1）電子射入初速度v≥Ld2eU0m，交變電壓周期T≥d2meU0．
（2）電子射入的初速度v0=LdeU0m．
（3）圖甲中兩磁場區(qū)寬度l1=L2Bd3mU0e，l2≥(2+3)L2BdmU0e．
2. 如圖甲所示，在xOy坐標平面y軸左側(cè)有一速度選擇器，速度選擇器中的勻強電場方向豎直向下，兩板間的電壓為U，距離為d；勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里．xOy坐標平面的第一象限（包括x、y軸）內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為BO、方向垂直于xOy平面且隨時間做周期性變化的勻強磁場，如圖乙所示（磁場方向垂直xOy平面向里的為正）．一束比荷不同的帶正電的粒子恰能沿直線通過速度選擇器，在t＝0時刻從坐標原點O垂直射入周期性變化的磁場中．部分粒子經(jīng)過一個磁場變化周期TO后，速度方向恰好沿x軸正方向．不計粒子的重力，求：
（1）粒子進入周期性變化的磁場的速度”；
（2）請用三角板和圓規(guī)作出經(jīng)一個磁場變化周期TO后，速度方向恰好沿x軸正方向，且此時縱坐標最大的粒子的運動軌跡，并求出這種粒子的比荷上qm；
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x軸正方向時的縱坐標y．

【解答】解：（1）粒子沿直線通過速度選擇器，則洛倫茲力與電場力平衡，有：
qvB=qUd????①
所以v=UBd????②
（2）滿足條件的粒子的運動軌跡如右圖所示．
設(shè)粒子在磁場中運動半徑為R，有幾何關(guān)系得：
sinθ=R2R????③
粒子運動的周期為T，有：
π?θπT=T0????④
T=2πmqB0????⑤
由③④⑤得：
qm=5π3B0T0????⑥
（3）粒子在磁場中有：
qvB0=mv2R????⑦
由圖可得：
y＝2R+2Rcosθ﹣﹣﹣﹣⑧
由②⑦⑧得：
y=(2+3)3UT05πBd
答：（1）粒子進入周期性變化的磁場的速度為UBd；
（2）這種粒子的比荷上qm為5π3B0T0；
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x軸正方向時的縱坐標y=(2+3)3UT05πBd．

3. 如圖（a）所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷qm=106C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過時間π15×10?5s以后，電荷以v0＝1.5×104m/s的速度通過MN進入其上方的均勻磁場，磁場與紙而垂直，磁感應(yīng)強度B按圖（b）所示規(guī)律周期性變化，圖（b）中磁場以垂直紙面向里為正，以電荷第一次通過MN時為t＝0時刻。求：
（1）勻強電場的電場強度E；
（2）圖（b）中t=4π5×10?5s時刻電荷與O點的水平距離；
（3）如果在O點正右方43.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板的時間。

【解答】解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運動，其在電場中加速運動的時間為π15×10?5s，由勻變速直線運動規(guī)律得
v0＝at1
由牛頓第二定律得
qE＝ma
代入數(shù)據(jù)解得：E＝7.2×103N/C
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力
qv0B＝mv02r
解得：r=mv0qB
當磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑
r1=mv0qB1
做圓周運動的周期
T1=2πr1v0=2πmqB1
代入數(shù)據(jù)解得
r1＝5cm
T1=2π3×10﹣5s
同理可得，當磁場垂直紙面向里時，電荷圓周運動的半徑為
r2=mv0qB2
代入數(shù)據(jù)解得：r2＝3cm
做圓周運動的周期
T2=2πmqB2
代入數(shù)據(jù)解得：T2=2π5×10﹣5s
故電荷t＝0時刻開始做周期性運動，結(jié)合磁場的周期性可知運動軌跡如圖1所示

圖1
從電荷第一次通過MN開始其運動的周期為
T＝（π15×4+12×2π3+12×2π5）×10﹣5s=4π5×10﹣5s
所以t=4π5×10?5s時刻粒子距離O點的水平距離為
Δd＝2（r1﹣r2）
代入數(shù)據(jù)解得：Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每經(jīng)過一個周期，粒子在水平方向向右前進4cm，根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為9個，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
則最的后7.5m的距離如圖2所示

圖2
由幾何關(guān)系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得：cosα＝0.5
即α＝60°
故電荷運動的總時間
t總＝t1+9T+13T1
代入數(shù)據(jù)解得：t總=33745π×10﹣5s
答：（1）勻強電場的電場強度E為7.2×103N/C；
（2）圖（b）中t=4π5×10?5s時刻電荷與O點的水平距離為4cm；
（3）如果在O點正右方43.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板的時間為33745π×10﹣5s。
4. 如圖甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場，M、N間電壓UMN的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，M、N兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度均為B，當t＝0時，將一帶正電的粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0
。兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間忽略不計，也不考慮粒子所受的重力。

（1）求該粒子的比荷qm；
（2）求粒子第1次和第3次到達磁場區(qū)域Ⅰ的左邊界線N的兩位置間的距離Δd；
（3）若粒子的質(zhì)量增加到原來質(zhì)量的54倍，電荷量不變，t＝0時，將其在A處由靜止釋放，求t＝2T0時粒子的速度大小v。
【解答】解：（1）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2R
粒子做圓周運動的周期為：T=2πRv，
解得：R=mvqB，T=2πmqB，周期與半徑、速率無關(guān)，
由題可知：T＝T0，
解得：qm=2πBT0；
（2）由于不計粒子穿越MN間的時間，則可認為t＝0時刻出發(fā)的粒子穿越MN的過程中電壓始終為U0，
第1次加速后的速度為v1，根據(jù)動能定理可得：qU0=12mv12
解得：v1=2qU0m
即區(qū)域Ⅰ磁場中第一次做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv1B＝mv12R1
得到：R1=mv1qB=mqB2qU0m=T0U0Bπ
同理可得，之后粒子分別在Ⅱ和Ⅰ磁場中做圓周運動的半徑分別為：R2=2R1
粒子第1次和第3次到達磁場區(qū)域Ⅰ的左邊界線N的兩位置間的距離Δd＝2R2﹣2R1＝2（2?1）R1＝2（2?1）T0U0Bπ；
（3）粒子的質(zhì)量增加為54m，粒子做圓周運動的周期：T′=54T0
每半個周期為12T′=58T0，
從t＝0開始到t＝2T0為止的時間內(nèi)，根據(jù)加速電壓圖象可知粒子共加速了4次，
對應(yīng)的時刻為：0、58T0，108T0，158T0
且加速電壓分別為：U0、12U0、0、?12U0
前兩次加速、最后一次減速，由動能定理得：12×54mv2=q（1+12+0?12）U0，
解得：v=8qU05m=16πU05BT0。
答：（1）該粒子的比荷為2πBT0；
（2）粒子第1次和第3次到達磁場區(qū)域Ⅰ的左邊界線N的兩位置間的距離為2（2?1）T0U0Bπ；
（3）2T0時粒子的速度大小為16πU05BT0。
5. 如圖甲所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在周期性變化的磁場，規(guī)定磁場垂直紙面向內(nèi)的方向為正，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，在t＝0時刻沿x軸正方向從坐標原點O射入磁場。圖乙中T0為未知量，不計粒子的重力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
（1）若粒子射入磁場時的速度為v0，求0～25T0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動的半徑；
（2）若粒子恰好不能從Oy軸射出磁場，求磁感應(yīng)強度變化的周期T0；
（3）若使粒子能從坐標為（d，3d）的D點平行于Ox軸射出，求射入磁場時速度大小。

【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得
qv0?3B0＝mv02r1
解得
r1=mv03qB0
（2）要使粒子恰好不從y軸射出，軌跡如圖1

圖1
在前25T0內(nèi)的運動半徑為
r1=mv03qB0
在后35T0內(nèi)的運動半徑
r2=mv02qB0
由幾何關(guān)系知
sinθ=r2r1+r2
解得
θ＝37°
0～25T0粒子做圓周運動的周期
T=2πm3qB0
則180°?37°360°T=25T0
解得磁感應(yīng)強度變化周期
T0=143πm216B0q
（3）要想使粒子經(jīng)過D點且平行Ox軸射出，則粒子只能從nT0時刻經(jīng)過D點，（其中n＝1，2，3…），則軌跡如圖2

圖2
設(shè)粒子射入磁場的速度為v，由（2）可得
r2=32r1
由幾何關(guān)系可知
n（2r2cos30°+2r1cos30°）＝2d
又qv?3B0＝mv2r1
聯(lián)立解得：v=43B0qd5nm，（n＝1，2，3…）
答：（1）若粒子射入磁場時的速度為v0，0～25T0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動的半徑為mv03qB0；
（2）若粒子恰好不能從Oy軸射出磁場，磁感應(yīng)強度變化的周期為143πm216B0q；
（3）若使粒子能從坐標為（d，3d）的D點平行于Ox軸射出，射入磁場時速度大小為v=43B0qd5nm，（n＝1，2，3…）。
6. 如圖甲所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)（含x軸和y軸的正半軸）存在周期性變化的磁場，規(guī)定垂直紙面向內(nèi)的方向為正，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．某質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，在t＝0時刻沿x軸正方向從坐標原點O射入磁場．圖乙中T0為未知量．已知B0＝Kπmq，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）0～25T0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動的角速度ω；
（2）若粒子不能從y軸正半軸射出磁場，磁感應(yīng)強度變化周期的最大值T0m；
（3）若粒子能沿x軸正方向通過坐標為（3d，4d）的D點，其射入磁場時速率v．

【解答】解：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：
3B0qωr＝mω2r
解得：ω＝3Kπ；
（2）要使得粒子不從y軸射出，則軌跡如圖1所
圖1
在前25T0內(nèi)的運動半徑為：r1=mvq?3B0
在后35T0內(nèi)的運動半徑為：r2=mvq?2B0
由幾何關(guān)系可知：sinθ=r2r1+r2
聯(lián)立解得：θ＝37°
粒子做圓周運動的周期
T=2πω
則在0～25T0運時間內(nèi)有：180°?37°360°T=25Tm，
解得磁感應(yīng)強度變化周期的最大值：Tm=143216K；
（3）使粒子經(jīng)過D點且平行x軸射出，在T0時刻達到D點的軌跡如圖2所示，
圖2
根據(jù)周期性，在nT0時刻達到D點可滿足題意，由幾何關(guān)系可得：
n（2r1sin53°+2r2sin53°）＝5d
又有：3r1＝2r2
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv?3B0＝mv2r1
聯(lián)立解得：v=15Kπd4n（n＝1、2、3……）。
答：（1）0～25T0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動的角速度ω為3kπ；
（2）磁感應(yīng)強度變化周期的最大值Tm為143216K；
（3）射入磁場時速度的大小v為15Kπd4n（n＝1、2、3……）。


相關(guān)試卷

備考2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第十一章磁場專題十七帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動題型2帶電粒子在交變電磁場中的運動：

這是一份備考2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第十一章磁場專題十七帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動題型2帶電粒子在交變電磁場中的運動，共5頁。試卷主要包含了交變場的常見的類型等內(nèi)容，歡迎下載使用。

專題15 帶電粒子在交變電磁場中運動模型-高考物理磁場常用模型最新模擬題精練：

這是一份專題15 帶電粒子在交變電磁場中運動模型-高考物理磁場常用模型最新模擬題精練，文件包含專題15帶電粒子在交變磁場中運動模型解析版docx、專題15帶電粒子在交變磁場中運動模型原卷版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共34頁， 歡迎下載使用。

高考物理模型全歸納 第81講 帶電粒子在電磁場中運動的應(yīng)用實例：

這是一份高考物理模型全歸納 第81講 帶電粒子在電磁場中運動的應(yīng)用實例，文件包含第81講帶電粒子在電磁場中運動的應(yīng)用實例解析版docx、第81講帶電粒子在電磁場中運動的應(yīng)用實例原卷版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共32頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

高考物理模型全歸納 第77講+帶電粒子在磁場中的動態(tài)圓模型

高考物理模型全歸納 第77講+帶電粒子在磁場中的動態(tài)圓模型
高考物理模型全歸納 第76講 帶電粒子在有界磁場中的運動

高考物理模型全歸納 第76講 帶電粒子在有界磁場中的運動
高考物理模型全歸納 第58講 帶電粒子在交變電場中的運動

高考物理模型全歸納 第58講 帶電粒子在交變電場中的運動
統(tǒng)考版高考物理復(fù)習(xí)熱點專項練九磁場第77練帶電粒子在交變電、磁場中的運動含答案

統(tǒng)考版高考物理復(fù)習(xí)熱點專項練九磁場第77練帶電粒子在交變電、磁場中的運動含答案
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部