【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》文档讲义：第八章加试计算题6带电粒子在复合场中的运动

命题点一 带电粒子在复合场中的实际应用
例1 (2016·江苏单科·15)回旋加速器的工作原理如图1甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2πm qB .
一束该种粒子在t ＝0～T
2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭
缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：
图1
(1)出射粒子的动能E m ；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件． 解析 (1)粒子运动半径为R 时 q v B ＝m v 2
R
且E m ＝1
2m v 2
解得E m ＝q 2B 2R 2
2m
(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0
md
匀加速直线运动nd ＝1
2
a ·(Δt )2
由t 0＝(n －1)·T
2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB
(3)只有在0～(T
2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T
2－Δt T
2
由η>99%，解得d <πmU 0
100qB 2R
.
答案 (1)q 2B 2R 2
2m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB
(3)d <πmU 0
100qB 2R
解决回旋加速器的方法
1．交变电压的频率与粒子在磁场中做圆周运动的频率相等．
2．在q 、m 和B 一定的情况下，回旋加速器的半径越大，粒子的能量就越大，最大动能与加速电压无关． 题组阶梯突破
1．质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图2所示．粒子源S 产生的带正电的粒子首先经M 、N 两带电金属板间的匀强电场加速，然后沿直线从缝隙O 垂直于磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P 点．已知M 、
N 两板间的距离为d ，电场强度为E .设带正电的粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用均可忽略．
图2
(1)若粒子源产生的带正电的粒子质量为m 、电荷量为q ，求这些带电粒子离开电场时的速度大小；
(2)若粒子源产生的带正电的粒子质量为m 、电荷量为q ，其打在照相底片上的P 点与缝隙O 的距离为y ，请推导y 与m 的关系式；
(3)若粒子源S 产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点．现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施．
答案 (1)
2qEd m (2)y ＝2
B
2Edm
q
(3) 可行的措施：①增加电场强度，保持其它条件不变；②减小磁感应强度，保持其它条件不变． 解析 (1)设带电粒子离开电场时的速度大小为v ， 根据动能定理qEd ＝1
2
m v 2，解得v ＝
2qEd
m
(2)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ， 根据牛顿第二定律q v B ＝m v 2
R
由几何关系可知，y ＝2R ，解得y ＝2
B
2Edm
q
(3)可行的措施：①增加电场强度，保持其它条件不变；②减小磁感应强度，保持其条件不变．
命题点二 带电粒子在叠加场中的运动
例2 如图3甲所示，水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝50 T ，已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E ＝50 V /m ，M 板中心有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好从N 板边缘水平飞出．已知油滴的质量m ＝10－
4 kg ，电荷量q ＝＋2×10－
5C(不计空气阻力，重力
加速度g 取10 m/s 2，取π＝3)．求：
图3
(1)油滴在P 点的速度大小； (2)N 板的长度；
(3)交变磁场的变化周期． 答案 (1)1 m/s (2)0.6 m (3)0.3 s
解析 (1)由机械能守恒定律，得mgh ＝1
2m v 2
解得v ＝1 m/s
(2)进入场区时，因为mg ＝10－3 N ，Eq ＝10－3 N ，方向向上．
所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动， 所以Bq v ＝m v 2
R
解得R ＝0.1 m
油滴要想从N 板边缘水平飞出，油滴需在场内做三次1
4圆弧运动．
所以，N 板的长度L ＝6R 解得L ＝0.6 m
(3)油滴在磁场中运动的周期T 0＝2πR v (或T 0＝2πm
Bq )
交变磁场的周期T ＝1
2T 0
联立解得T ＝0.3 s.
粒子在叠加场中运动的分析思路
题组阶梯突破
2．(2014·四川·10)在如图4所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝9
44m
的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：
图4
(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
(2)倾斜轨道GH 的长度s . 答案 (1)4 m/s (2)0.56 m
解析 (1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为f ，则 F 1＝q v B ① f ＝μ(mg －F 1)②
由题意，水平方向合力为零 F －f ＝0③
联立①②③式，代入数据解得 v ＝4 m/s ④
(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12
m v 2⑤
P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律 qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥
P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋1
2a 1t 2⑦
设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧
P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则 s 2＝1
2
a 2t 2⑨
联立⑤～⑨式，代入数据得 s ＝s 1＋s 2 s ＝0.56 m.
命题点三 带电粒子在组合场中的运动
例3 如图5所示，平行板电容器两金属板A 、B 板长L ＝32 cm ，两板间距离d ＝32 cm ，A 板的电势比B 板高．电荷量q ＝10
－10
C 、质量m ＝10
－20
kg 的带正电的粒子，以初速度v 0＝
2×106 m/s 沿电场中心线垂直电场线飞入电场．随后，粒子在O 点飞出平行板电容器(速度偏转角为37°)，并进入磁场方向垂直纸面向里，且边长为CD ＝24 cm 的正方形匀强磁场区域．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，粒子的重力不计)
图5
(1)求A 、B 两板的电势差；
(2)粒子穿过磁场区域后打在放置于中心线上的荧光屏CD 上，求磁感应强度的范围． 答案 (1) 300 V (2) 1.7×10－
3 T ≤B ≤3.75×10－
3 T
解析 (1)带电粒子射出电场时在电场方向上的速度为： v y ＝v 0tan 37°① v y ＝at ②
在电场中，由牛顿第二定律可得：qE ＝q U
d
＝ma ③
在电场中垂直于电场方向上有：L ＝v 0t ④
联立①②③④可得A 、B 两板的电势差为：U ＝300 V ⑤ (2)粒子进入磁场的速度为：v ＝v 0
cos 37°
⑥
带电粒子射出电场时在电场方向上的位移为：y ＝1
2
at 2⑦
粒子要打在CD 上，当磁感应强度最大时，运动轨迹如图线1所示，设此时的磁感应强度为B 1，半径为R 1，由几何关系可得：y ＝R 1＋R 1cos 37°⑧ 由洛伦兹力提供向心力可得：q v B 1＝m v 2R 1
⑨
粒子要打在CD 上，当磁感应强度最小时，假设运动轨迹与右边界相切且从CD 射出， 设此时的半径为R 2，由几何关系可得：CD ＝R 2＋R 2sin 37°⑩
解得R 2＝15 cm ，又由于R 2cos 37°＝12 cm ＝y ，故粒子圆心恰好在CD 上，且从D 点射出磁场，如图线2所示，假设成立，设此时的磁感应强度为B 2 由洛伦兹力提供向心力可得：q v B 2＝m v 2R 2
⑪
联立以上各式并代入数据可得磁感应强度的范围为： 1．7×10－3 T ≤B ≤3.75×10－3 T.
带电粒子在组合场中运动的分析思路及技巧
1．基本思路
2．解题关键：抓住联系两个场的纽带——速度． 题组阶梯突破
3．如图6所示，在坐标系xOy 平面内，过原点O 的虚线MN 与y 轴成45°角，在MN 右侧空间存在着沿y 轴负方向的匀强电场，在MN 左侧空间存在着磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子，从坐标原点O 沿y 轴负方向以初速度v 0射入磁场区，在磁场中运动一段时间后进入电场区．已知电场强度E ＝2B v 0，不计重力，求：
(1)带电粒子从磁场区域射出时的位置坐标；
(2)带电粒子从磁场区域射出到抵达x 轴的时间及通过x 轴时的位置坐标．
图6
解析 (1)由洛伦兹力提供向心力：q v 0B ＝m v 20R
得：R ＝m v 0
qB
由几何关系可知带负电粒子从磁场区域射出时的位置坐标为(m v 0qB ，－m v 0
qB )
(2)粒子进入电场区域后，做类平抛运动有： x ′＝v 0t y ′＝1
2at 2
a ＝Eq m ＝2q v 0B m
.
由几何关系知，粒子通过x 轴时竖直方向上的位移为y ′＝R 联立可解得：t ＝m
qB ，x ′＝m v 0qB
由此可知带负电粒子通过x 轴时的位置坐标为：(2m v 0
qB ，0)
答案 (1) (m v 0qB ，－m v 0qB ) (2) m
qB (2m v 0qB
，0)
1．质谱仪可对离子进行分析．如图1所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q 、质量为m 的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器．已知a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L ，a 、b 间的电压为U 1，M 、N 间的电压为U 2.不计离子重力及进入a 板时的初速度．求：
图1
(1)离子从b 板小孔射出时的速度大小；
(2)离子自a 板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间； (3)为保证离子不打在极板上，U 2与U 1应满足的关系． 解析 (1)由动能定理qU 1＝1
2m v 2，得v ＝
2qU 1
m
(2)离子在a 、b 间的加速度a 1＝qU 1
md
在a 、b 间运动的时间t 1＝v
a 1＝
2m qU 1·d 在MN 间运动的时间：t 2＝L
v ＝L
m 2qU 1
离子到达探测器的时间：t ＝t 1＋t 2＝(2d ＋L ) m 2qU 1； (3)在MN 间侧移：y ＝12a 2t 22＝qU 2L 22mL v 2＝U 2L
4U 1
由y ＜L
2
，得 U 2＜2U 1.
答案 (1)
2qU 1
m
(2)(2d ＋L ) m
2qU 1
(3) U 2＜2U 1 2．如图2所示的空间区域里，y 轴左方有一匀强电场，场强方向跟y 轴负方向成30°角，大小为E ＝4.0×105 N /C ，y 轴右方有一垂直纸面的匀强磁场，有一质子以速度v 0＝2.0×106 m/s ，由x 轴上的A 点，第一次沿x 轴正向射入磁场，第二次沿x 轴负向射入磁场，回旋后都垂直电场方向射入电场，最后又进入磁场．已知质子质量近似为m ＝1.6×10
－27
kg ，求：
图2
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)质子两次在磁场中运动时间的比值； (3)质子两次在电场中运动的时间各是多少． 答案 (1)0.10 T (2)7 (3)都是3×10－
7 s
解析 质子两次在磁场及电场中的运动轨迹如图所示，两次在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，第一次转过的圆弧角度θ1＝210°，第二次转过的角度为30°，进入电场之后均做类平抛运动
(1)r ＝x A sin 30°
＝0.20 m
质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，q v 0B ＝m v 20
r ，
故B ＝m v 0
qr ＝0.10 T
(2)θ1＝210°，θ2＝30° 又θ1＝ωt 1，θ2＝ωt 2 故t 1t 2＝θ1
θ2
＝7 (3)质子两次进入电场均做类平抛运动，在电场中运动时间相同．
⎩⎨⎧
s ＝v 0t ＝L sin 30°
h ＝1
2at 2
＝L cos 30°
a ＝qE m
则t ＝23m v 0
qE
＝3×10－7 s.
3．如图3所示，光滑水平轨道与光滑的半圆形轨道相连(轨道均为绝缘轨道)，半圆形轨道半径为R ，其上方存在垂直纸面向里的匀强磁场．在半圆形轨道最下端静止一个不带电的质量为m 的小物块B ，距离B 左侧s ＝2R 处有质量也为m 小物块A ，A 带负电，电量为q ，A 、B 两个物块均视为质点．水平轨道处在水平向左的匀强电场中，场强的大小为E ＝9mg
2q .物块A
由静止释放，运动一段距离s 后与物块B 发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A 、B 两个物块粘合不分离，当它们运动到半圆形轨道最高点时对轨道无作用力．求：
图3
(1)A 、B 碰后瞬时速度v 大小； (2)匀强磁场磁感应强度B 的大小． 解析 (1)根据动能定理：Eqs ＝12
m v 2
A 、
B 碰撞过程动量守恒：m v 0＝2m v, 解得v ＝
3
2
2gR (2)根据机械能守恒定律得：2mg ×2R ＋12×2m v 2
高＝12×2m v 2
根据最高点向心力方程得：2mg －B v 高q ＝2m v 高2
R ，
解得：B ＝m
q
2g R
. 答案 (1)322gR (2)m
q
2g R
4．如图4所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E ＝2×106 N/C 和B 1＝0.1 T ，极板的长度l
＝
3
3
m ，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O 位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R ＝
3
3
m ．有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷q m ＝
2×108 C/kg.
图4
(1)求粒子沿极板的中线飞入的初速度v 0； (2)求圆形区域磁场的磁感应强度B 2的大小；
(3)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B 1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应满足的条件． 答案 (1) 2×107 m/s (2) 0.1 T (3) d ≥
32
m 解析 (1)粒子在极板间做匀速直线运动，则：q v 0B 1＝qE ，代入数据解得：v 0＝2×107 m/s (2)设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r ，则q v B 2＝m v 2
r ，
粒子速度方向偏转了60°，则r ＝R
tan 30°
， 代入数据解得：B 2＝0.1 T
(3)撤去磁场B 1后，粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t ，运动的加速度为a ，飞出电场时竖直方向的速度为v y ，速度的偏转角为θ，则 qE ＝ma ，l ＝v t ，v y ＝at ，tan θ＝v y
v ，
代入数据，联立解得tan θ＝
3
3
，即θ＝30°.
设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d1，如图所示，则
d1＝R
sin θ－l 2，
代入数据解得：d1＝
3
2m
所以d≥
3
2m.
5．如图5，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．
图5
(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．
答案 (1)2U E 0 (2)12U d (3) 1
2d
2Um q ≤B ＜2
3d 2Um
q
解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：qU ＝1
2m v 2
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有qE 0＝m v 2
R
得：R ＝2U
E 0
(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ 的中点，则 d ＝v t,3d ＝1
2
at 2
由牛顿第二定律得：qE ＝ma 则E ＝12U d
(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
q v B ＝m v 2r ，则 r ＝1B
2Um
q
离子能打在QN 上，则既没有从DQ 边出去也没有从PN 边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.
由几何关系知，离子能打在QN 上，必须满足：32d ＜r ≤2d ，则有1
2d
2Um q ≤B ＜2
3d
2Um
q
.。