13攻堅(jiān)克難(2)微切口3帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動(dòng)

微切口3帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動(dòng)如圖甲所示，邊長l＝4m的正方形區(qū)域ABDC在豎直平面內(nèi)，CD與水平面平行．其區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙所示，一比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg的帶正電粒子在t＝0時(shí)刻在CD中點(diǎn)處由靜止釋放(不計(jì)粒子重力，ABDC邊緣有電場、磁場).(1)求t＝1×104s時(shí)，粒子的位移大小和速度大小.(2)若k＝π，求粒子離開正方形區(qū)域ABDC所需時(shí)間t.(3)若使粒子做周期性運(yùn)動(dòng)，則在[0，π]的范圍內(nèi)，k的取值應(yīng)為多少？并求出粒子的運(yùn)動(dòng)周期T.甲乙解析：(1)粒子在1×104s的速度和位移分別為v＝eq\f(qE,m)t＝2×104m/ss1＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2＝1m(2)粒子在磁場中，洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)此時(shí)在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期和半徑分別為r＝eq\f(mv,Bq)＝1mT磁場＝eq\f(2πm,Bq)＝π×104s因k＝π，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，又因初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)連續(xù)相同時(shí)間內(nèi)的位移比為1∶3粒子經(jīng)2次電場加速后恰飛出正方形區(qū)域，因此t＝(π＋2)×104s圖1(3)根據(jù)對稱特點(diǎn)，可知k＝eq\f(3,4)π粒子轉(zhuǎn)過四分之三周期后做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，經(jīng)t＝1×104s，粒子到達(dá)O3點(diǎn)圖2粒子在經(jīng)過4段電場運(yùn)動(dòng)和3段磁場運(yùn)動(dòng)后回到出發(fā)點(diǎn)，速度為零，再等待eq\f(3,4)π×104s后，重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)．故T＝(3π＋4)×104s解決這類問題首先要注意交變電場和交變磁場的特點(diǎn)，弄清在各個(gè)過程中受到哪些力的作用，帶電粒子在周期性變化的電場或磁場中處于何種狀態(tài)、做什么運(yùn)動(dòng)，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程，然后選擇物理原理和規(guī)律按運(yùn)動(dòng)過程列式求解．解題步驟如下：題組跟進(jìn)31．(2023·常州期末)如圖所示，兩平行邊界線MN與PQ之間存在一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T.磁場左邊界MN上有一個(gè)粒子源A，能夠在磁場中沿紙面向任意方向射出比荷為eq\f(q,m)＝1.0×104C/kg的帶正電的粒子，粒子速度大小均為v＝2.0×103m/s.已知沿AN方向射出的粒子恰不會(huì)從磁場右邊界PQ飛出，不計(jì)粒子重力．(1)求磁場寬度d.(2)求磁場中有粒子經(jīng)過的區(qū)域的面積S.(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖所示規(guī)律變化(以垂直紙面向里為正方向)，粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(T未知)，要使t＝0時(shí)刻從A點(diǎn)沿AN方向射入磁場的粒子能從右邊界上與QP成60°角斜向上飛出磁場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0應(yīng)滿足的條件．解析：(1)在磁場中有qvB＝meq\f(v2,R)解得R＝0.4m所以磁場寬度為d＝2R＝0.8m；(2)磁場中有粒子經(jīng)過的區(qū)域如圖甲中陰影所示甲其面積為S＝eq\f(πR2,2)＋eq\f(π(2R)2,4)解得S＝0.24πm2≈0.754m2(3)設(shè)粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則qvB0＝meq\f(v2,r)若射出時(shí)的情形如圖乙所示乙考慮周期性，則d＝3rn＋eq\f(9,4)r(n＝0，1，2，3，…)解得B0＝eq\f(12n＋9,16)T(n＝0，1，2，3，…)若射出時(shí)的情形如圖丙所示，丙考慮周期性，則d＝3rn＋eq\f(3,2)r(n＝0，1，2，3，…)解得B0＝eq\f(6n＋3,8)T(n＝0，1，2，3，…)2．(2023·南外、金陵、海安三校聯(lián)考)如圖甲所示，平行板電容器板長為L、間距為d，虛線PO為兩板間的中軸線．質(zhì)量為m、電荷量為e的電子源從平行金屬板之外的P點(diǎn)(無限遠(yuǎn)處)沿虛線PO方向以初速度v0均勻持續(xù)射入．兩板間加上如圖乙所示的電壓Uab(U未知)，T＝eq\f(L,v0).平行板電容器右側(cè)有一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，MN為其左邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝eq\f(4mv0,ed)，磁場中放置一半徑為eq\f(d,16)的圓柱形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1＝eq\f(3d,16)，圓筒軸線與磁場平行，圓筒用導(dǎo)線通過一個(gè)電阻r0接地．已知t＝0時(shí)刻射入的電子剛好打不到極板，不計(jì)電子的重力以及電子間的相互作用力，忽略平行金屬板之外的電場．(1)求U的大小(用不含T的表達(dá)式表示).(2)最初金屬圓筒不帶電，求能夠打到圓筒上的電子占發(fā)射電子的百分比η.(3)不考慮MN左右電場的相互影響，當(dāng)圓筒上電荷量達(dá)到相對穩(wěn)定時(shí)，測量到通過電阻r0的電流恒為I，求此時(shí)電子到達(dá)圓筒時(shí)速度v和金屬圓筒的發(fā)熱功率P．(取無限遠(yuǎn)處或大地電勢為零).解析：(1)水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，有L＝2v0t豎直方向?yàn)閯蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)eq\f(qU,md)t2解得U＝eq\f(2md2veq\o\al(2,0),qL2)(2)電子經(jīng)過電場后速度方向均與極板平行，寬度為d，設(shè)電子進(jìn)入磁場的軌道半徑為R，則ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)解得R＝eq\f(d,4)如圖所示，大量電子從MN上不同點(diǎn)進(jìn)入磁場，從O1上方C點(diǎn)垂直MN射入的電子剛好與圓筒外切，根據(jù)幾何關(guān)系有AO1＝eq\r((R＋\f(d,16))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3d,16)))\s\up12(2))＝eq\f(d,4)從O1上方A點(diǎn)射入的電子剛好與圓筒外切于E，能夠打到圓筒上的電子占發(fā)射的電子百分比為η＝eq\f(\f(d,2),d)×100%＝50%(3)穩(wěn)定時(shí)，圓筒上的電荷不再增加，設(shè)粒子從P點(diǎn)射到圓筒表面的速度為v，則－e[0－(－Ir0)]＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2