2018年高考物理一轮复习第10章磁场微专题56带电粒子在组合场中的运动

带电粒子在组合场中的运动[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做圆周运动；(2)明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．1．如图1所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在－ 3 m≤x ≤0的区域内有磁感应强度大小B ＝4.0×10－4T 、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x 轴交于P 点；在x >0的区域内有电场强度大小E ＝4 N/C 、方向沿y 轴正方向的条形匀强电场，其宽度d ＝2 m ．一带电粒子从P 点以速度v ＝4×104m/s ，沿与x 轴正方向成α＝60°角射入磁场，经过y 轴时速度方向垂直y 轴．当电场左边界与y 轴重合时，带电粒子经电场偏转最终通过x 轴上的Q 点(图中未标出)，不计粒子重力．求：图1(1)带电粒子的比荷(电量和质量的比值)； (2)Q 点的横坐标；(3)若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q 点，讨论此电场左边界的横坐标x ′与电场强度的大小E ′的函数关系．2．容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图2所示．已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为L ，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E ＝2UL，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且Q 距P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：图2(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角； (2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)； (3)粒子在磁场中运动的最短时间．3．如图3所示，在直角坐标系第二象限中有磁感应强度大小为B 、方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y >L 区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ；在第一象限的L2<y <L 区域中有磁感应强度大小未知、方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场区域Ⅲ.在坐标原点O 处有一电压可调的沿x 轴方向的加速电场，电场右侧有一粒子源可产生电荷量为q ，质量为m 、初速度忽略不计的带负电粒子．粒子经加速电场加速后从坐标原点O 处沿x 轴负方向射入磁场区域Ⅰ.图3(1)若粒子经过坐标为⎝⎛⎭⎪⎫33L ，L 的P 点时，速度方向与y 轴负方向成锐角，且已知粒子仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，求加速电场的电压U .(2)若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y 轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫33L ，L 的P 点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P 点的速度方向与y 轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小．图44．如图4所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105m/s ，粒子的比荷为q m＝5.0×105C/kg ，粒子重力不计．求： (1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y ＝x 上的最长时间．(结果保留两位有效数字)5．如图5所示，空间中存在半径为R 的圆形有界磁场，磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .平行板电容器极板间距离为233R ，电容器上极板的延长线恰好与圆形磁场下边界相切于P 点，两极板右端竖直连线与磁场左边相切于Q 点．一质量为m 、电荷量大小为q 的带电粒子，以大小为BqR2m的初速度紧贴负极板从左侧垂直电场方向射入，并从两极板右端竖直连线的中点N 射出，后恰好由P 点射入圆形磁场区域．不计粒子的重力．求：图5(1)电容器两极板间的电势差；(2)粒子从进入电场到射出磁场的整个过程所经历的时间．图66．如图6所示，在一、二象限内－R ≤x ≤R 范围内有竖直向下的匀强电场E ，电场的上边界方程为y ＝12R x 2.在三、四象限内存在垂直于纸面向里，边界方程为x 2＋y 2＝R 2的匀强磁场．现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m ，电量为q 的正离子，在y ＝12R 处有一荧光屏，当正离子打到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力． (1)求在x (－R ≤x ≤R )处释放的离子进入磁场时的速度大小；(2)若仅让横坐标x ＝－R3处的离子释放，它最后能经过点(R,0)，求从释放到经过点(R,0)所需时间t ；(3)若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．求该点坐标和磁感应强度B 1.答案精析1．(1)5×107C/kg (2)5 m (3)见解析解析 (1)轨迹如图甲，交y 轴于C 点，过P 点作v 的垂线交y 轴于O 1点，甲由几何关系得O 1为粒子运动轨迹的圆心，设半径为r ，则圆心角为60°.有：r sin α＝ 3得r ＝2 m带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB ＝m v 2r代入数据，解得q m＝5×107C/kg.(2)粒子在电场中做类平抛运动，加速度a ＝qE m＝2×108 m/s 2运动时间t 1＝d v＝5×10－5s沿y 轴负方向的分速度v y ＝at 1＝1×104m/s 沿y 轴负方向的位移y ＝12at 21＝0.25 m由几何知识可得L OC ＝1 m.粒子出电场后又经时间t 2达x 轴上Q 点，t 2＝L OC －y v y＝7.5×10－5s故Q 点的横坐标为x ＝d ＋vt 2＝5 m(3)设电场左边界的横坐标为x ′，当0<x ′<3 m 时，如图乙，粒子离开电场时的速度偏向角为θ，乙则：tan θ＝E ′qdmv 2又：tan θ＝14－x ′由以上两式得：E ′＝164－x ′，当3 m≤x ′＜5 m 时，如图丙，丙有L OC ＝12at 2＝E ′q 5－x ′22mv 2解得：E ′＝645－x ′ 2.2．(1)π4 (2)U 2L 2B 2 (3)3πBL 216U解析 (1)设质量为m ，电荷量为q 的粒子通过孔S 2的速度为v 0qU ＝12mv 20粒子在平行板间：L ＝v 0tv x ＝qE mttan θ＝v 0v x联立解得：tan θ＝1，θ＝π4粒子射入磁场时的速度方向与边界ab 间的夹角θ＝π4(2)由(1)知，粒子均从e 板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场．设质量为m 0，电荷量为q 0的粒子射入磁场时的速度为v ′，恰能射到感光片Q 处，做圆周运动的轨道半径为r 0，则v ′＝v 0sin 45°＝2v 0＝2q 0U m 0由几何关系知：r 20＋r 20＝(4L )2，得r 0＝22L 又r 0＝m 0v ′q 0B联立解得：q 0m 0＝U2L 2B 2(3)设粒子在磁场中运动的最短时间为t min ，在磁场中的偏转角为α，则t min ＝αm ′q ′B半径为r ′＝m ′v ″q ′B ＝m ′q ′B·2q ′U m ′＝2B m ′Uq ′联立解得：t min ＝αBr ′24U因为所有粒子在磁场中运动的偏转角都为α＝32π，所以粒子打在P 处时在磁场中运动时间最短．由几何关系知：r ′2＋r ′2＝L 2，得r ′＝22L 联立解得t min ＝32πB ×L 224U ＝3πBL 216U .3．(1)2qB 2L 29m (2)sin θ＋3cos θ－12B解析 (1)设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v ，由动能定理有qU ＝12mv 2带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R由几何关系有(L －R )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33L 2＝R 2联立解得U ＝2qB 2L29m(2)设调低加速电场电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v 1带电粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动时，有qv 1B ＝m v 21R 1在磁场区域Ⅲ中做匀速圆周运动时，有qv 1B 1＝m v 21R 2可得B 1＝R 1R 2B又由几何关系有R 2cos θ＝33L由33L >L2，可知粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹圆心的纵坐标值大于L 2R 1＋R 2－R 2sin θ＝L联立解得B 1＝sin θ＋3cos θ－12B .4．(1)4 m (2)B 1≤0.1 T 或B 1≥0.24 T (3)6.2×10－5s解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，甲则qv 0B 2＝m v 20r解得r ＝1 m粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 0，竖直方向的位移为y 0. 水平方向：x 0＝v 0t 竖直方向：y 0＝12at 2a ＝qE my 0x 0＝12tan 45°＝12联立解得：x 0＝2 m ，y 0＝1 m由图甲中几何关系可得d ＝x 0＋y 0＋r ＝4 m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B 1′时，粒子垂直打在y 轴上，此时粒子无法运动到x 轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 1，如图乙所示，乙由几何关系得：r 1＝2d －2x 0 解得r 1＝m ·2v 0qB 1′＝2 2 m B 1′＝0.1 T故B 1≤0.1 T.设当匀强磁场的磁感应强度为B 1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，此时粒子也无法运动到x 轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r 2，如图乙所示，由几何关系可得r 2＋r 2cos 45°＋x 0＝d 解得r 2＝m ·2v 0qB 1″＝(4－22) m B 1″≈0.24 T故B 1≥0.24 T．即要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，磁感应强度B 1≤0.1 T 或B 1≥0.24 T. (3)设粒子在B 2中运动时间为t 1，电场中运动时间为t 2，磁场B 1中运动时间为t 3，则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝T 14＋x 0v 0＋T 22＝14×2πm qB 2＋x 0v 0＋12×2πm qB 1″≈6.2×10－5s.5．(1)B 2R 2q 12m (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3＋6m Bq解析 (1)设粒子从N 点射出的速度与极板的夹角为θ，设极板间距为d ，如图所示，由几何关系可解得：tan θ＝d 2R ＝33，即θ＝30°v y ＝v 0tan θ粒子在电场中做类平抛运动，则：v 2y ＝2a ·d2由牛顿第二定律得a ＝Fm粒子在电场中受力：F ＝qE平行板电容器两极板间的电场强度：E ＝U d联立解得：U ＝B 2R 2q12m(2)设粒子在电场中匀加速运动的时间为t 1，则d 2＝v y2t 1设粒子飞出电场后做匀速运动所用的时间为t 2，则R ＝v 0t 2 由几何关系得，粒子飞出电场后的速度：v ＝v 0cos θ粒子在磁场中偏转的轨迹如图所示，设粒子从M 点射出磁场，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m v 2r解得粒子运动的半径：r ＝mv qB ＝33R粒子运动的周期：T ＝2πr v ＝2πmqB如图，O ′为轨迹圆圆心，O 为圆形磁场的圆心，△OO ′P 中OP ＝R ，O ′P ＝r ＝33R ， ∠OPO ′＝30°，由余弦定理得：OO ′2＝R 2＋r 2－2Rr cos 30° 解得：OO ′＝33R ＝r 可得偏转角为α＝240° 则粒子在磁场中运动时间t 3＝23T粒子整个过程的运动时间t ＝t 1＋t 2＋t 3 解得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3＋6m Bq.6．(1)EqmR|x | (2)见解析 (3)2Em qR解析 (1)于x 处释放离子，由动能定理得Eq ·12R x 2＝12mv 2得离子进入磁场时的速度v ＝EqmR|x | (2)由(1)得在x ＝－R3处释放的离子到达x 轴时速度为v ＝Eq mR ⎪⎪⎪⎪⎪⎪－R 3＝13EqR m从释放到到达x 轴时间为t 1＝v a＝13 EqR m Eq m＝13mR Eq第一种情况：离子直接从x ＝－R3经磁场达x ＝R 处．在磁场中经历半圆时间11 t 2＝s v ＝π2⎣⎢⎡⎦⎥⎤R － －R 3 v ＝2π mR Eq总时间T 1＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2π＋13 mR Eq第二种情况：离子直接从x ＝－R 3经磁场达x ＝R 3处进入电场再返回磁场到x ＝R 处 易得在磁场中时间仍然为t 2＝2πmR Eq 在电场中时间为3t 1＝ mR Eq总时间为T 2＝3t 1＋t 2＝(2π＋1)mR Eq (3)在磁场B 中qvB ＝mv 2r所以运动半径r ＝mv qB ＝1B Em qR|x | 可以看出，B 一定时，必有r ∝|x |，当|x |→0时，r →0(离子经磁场偏转从逼近原点处出磁场)因此，所有离子都从原点(0,0)点处出磁场，击中荧光屏上⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12R 则有2r 1＝|x |，因为qvB 1＝mv 2r 1所以B 1＝mv qr 1＝2Em qR.。