13攻坚克难(2)微切口3带电粒子在交变电磁场中的运动

微切口3带电粒子在交变电磁场中的运动如图甲所示，边长l＝4m的正方形区域ABDC在竖直平面内，CD与水平面平行．其区域内有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场(图中未画出)，电场和磁场的变化规律如图乙所示，一比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg的带正电粒子在t＝0时刻在CD中点处由静止释放(不计粒子重力，ABDC边缘有电场、磁场).(1)求t＝1×104s时，粒子的位移大小和速度大小.(2)若k＝π，求粒子离开正方形区域ABDC所需时间t.(3)若使粒子做周期性运动，则在[0，π]的范围内，k的取值应为多少？并求出粒子的运动周期T.甲乙解析：(1)粒子在1×104s的速度和位移分别为v＝eq\f(qE,m)t＝2×104m/ss1＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2＝1m(2)粒子在磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)此时在磁场中运动的周期和半径分别为r＝eq\f(mv,Bq)＝1mT磁场＝eq\f(2πm,Bq)＝π×104s因k＝π，粒子运动轨迹如图1所示，又因初速度为0的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比为1∶3粒子经2次电场加速后恰飞出正方形区域，因此t＝(π＋2)×104s图1(3)根据对称特点，可知k＝eq\f(3,4)π粒子转过四分之三周期后做类平抛运动，运动轨迹如图2所示，经t＝1×104s，粒子到达O3点图2粒子在经过4段电场运动和3段磁场运动后回到出发点，速度为零，再等待eq\f(3,4)π×104s后，重复上述运动．故T＝(3π＋4)×104s解决这类问题首先要注意交变电场和交变磁场的特点，弄清在各个过程中受到哪些力的作用，带电粒子在周期性变化的电场或磁场中处于何种状态、做什么运动，确定带电粒子的运动过程，然后选择物理原理和规律按运动过程列式求解．解题步骤如下：题组跟进31．(2023·常州期末)如图所示，两平行边界线MN与PQ之间存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T.磁场左边界MN上有一个粒子源A，能够在磁场中沿纸面向任意方向射出比荷为eq\f(q,m)＝1.0×104C/kg的带正电的粒子，粒子速度大小均为v＝2.0×103m/s.已知沿AN方向射出的粒子恰不会从磁场右边界PQ飞出，不计粒子重力．(1)求磁场宽度d.(2)求磁场中有粒子经过的区域的面积S.(3)若磁感应强度随时间按图所示规律变化(以垂直纸面向里为正方向)，粒子在磁感应强度为B0的磁场中做匀速圆周运动的周期为T(T未知)，要使t＝0时刻从A点沿AN方向射入磁场的粒子能从右边界上与QP成60°角斜向上飞出磁场，求磁感应强度B0应满足的条件．解析：(1)在磁场中有qvB＝meq\f(v2,R)解得R＝0.4m所以磁场宽度为d＝2R＝0.8m；(2)磁场中有粒子经过的区域如图甲中阴影所示甲其面积为S＝eq\f(πR2,2)＋eq\f(π(2R)2,4)解得S＝0.24πm2≈0.754m2(3)设粒子在磁感应强度为B0的磁场中做圆周运动的半径为r，则qvB0＝meq\f(v2,r)若射出时的情形如图乙所示乙考虑周期性，则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，…)若射出时的情形如图丙所示，丙考虑周期性，则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、海安三校联考)如图甲所示，平行板电容器板长为L、间距为d，虚线PO为两板间的中轴线．质量为m、电荷量为e的电子源从平行金属板之外的P点(无限远处)沿虚线PO方向以初速度v0均匀持续射入．两板间加上如图乙所示的电压Uab(U未知)，T＝eq\f(L,v0).平行板电容器右侧有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为其左边界，磁感应强度为B＝eq\f(4mv0,ed)，磁场中放置一半径为eq\f(d,16)的圆柱形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1＝eq\f(3d,16)，圆筒轴线与磁场平行，圆筒用导线通过一个电阻r0接地．已知t＝0时刻射入的电子刚好打不到极板，不计电子的重力以及电子间的相互作用力，忽略平行金属板之外的电场．(1)求U的大小(用不含T的表达式表示).(2)最初金属圆筒不带电，求能够打到圆筒上的电子占发射电子的百分比η.(3)不考虑MN左右电场的相互影响，当圆筒上电荷量达到相对稳定时，测量到通过电阻r0的电流恒为I，求此时电子到达圆筒时速度v和金属圆筒的发热功率P．(取无限远处或大地电势为零).解析：(1)水平方向为匀速直线运动，有L＝2v0t竖直方向为匀变速直线运动，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)电子经过电场后速度方向均与极板平行，宽度为d，设电子进入磁场的轨道半径为R，则ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)解得R＝eq\f(d,4)如图所示，大量电子从MN上不同点进入磁场，从O1上方C点垂直MN射入的电子刚好与圆筒外切，根据几何关系有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)从O1上方A点射入的电子刚好与圆筒外切于E，能够打到圆筒上的电子占发射的电子百分比为η＝eq\f(\f(d,2),d)×100%＝50%(3)稳定时，圆筒上的电荷不再增加，设粒子从P点射到圆筒表面的速度为v，则－e[0－(－Ir0)]＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2