【物理】2018届一轮复习人教版专题八带电粒子在组合场中的运动学案

【物理】2018届一轮复习人教版专题八带电粒子在组合场中的运动学案

专题八 　带电粒子在组合场中的运动 Ø 热点题型探究 ‎　热点一　质谱仪、回旋加速器 考向一　质谱仪 ‎(1)构造：如图Z81所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．‎ 图Z81‎ ‎(2)原理：带电粒子由静止开始在加速电场中被加速，根据动能定理得qU＝mv2.粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qvB＝m.由以上两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径r＝、粒子质量m＝、比荷＝.‎ ‎1 如图Z82所示为质谱仪的示意图．速度选择器部分的匀强电场的场强为E＝1.2×105 V/m，匀强磁场的磁感强度为B1＝0.6 T；偏转分离器的磁感应强度为B2＝0.8 T．求：(已知质子质量为1.67×10－27 kg)‎ ‎(1)能通过速度选择器的粒子的速度大小．‎ ‎(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的点之间的距离d.‎ 图Z82‎ 考向二　回旋加速器 ‎(1)构造：如图Z83所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形盒处于匀强磁场中．‎ 图Z83‎ ‎(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关．‎ ‎2 (多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是与高频交流电源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图Z84所示，要增大带电粒子射出时的动能，需(　　)‎ 图Z84‎ A．增大匀强电场的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝宽度 D．增大D形金属盒的半径 ‎　热点二　带电粒子在组合场中的运动 考向一　先电场后磁场 ‎1．“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直进入磁场(磁偏转)‎ 垂直进入电场(电偏转)‎ 情景图 受力 ‎　FB＝qv0B大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力 ‎　FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力 运动规律 ‎　匀速圆周运动，r＝，T＝ ‎　类平抛运动，vx＝v0，vy＝t，x＝v0t，y＝t2‎ 运动时间 ‎　t＝T＝ ‎　t＝ 动能 ‎　不变 ‎　变化 ‎2．(1)带电粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动(如图Z85甲、乙所示)．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．‎ 图Z85‎ ‎(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动(如图Z86甲、乙所示)．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．‎ 图Z86‎ ‎3 [2016·日照检测] 如图Z87所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质量与电荷量之比＝4×10－10 kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，xOA＝0.2 m，不计粒子的重力．‎ ‎(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．‎ 图Z87‎ 考向二　先磁场后电场 对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：‎ ‎(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；‎ ‎(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．(如图Z88甲、乙所示)‎ 图Z88‎ ‎4 如图Z89所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：‎ ‎(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；‎ ‎(2)该粒子在电场中运动的时间．‎ 图Z89‎ 考向三　先后两个磁场 ‎5 如图Z810所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电荷量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d.不计粒子重力．‎ ‎(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向．‎ ‎(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0.‎ ‎(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间．‎ 图Z810‎ ‎　热点三　带电粒子在交变电、磁场中的运动 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 考向一　交变磁场 ‎6 如图Z811甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′，且两小孔正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子的质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．‎ ‎(1)求磁感应强度B0的大小；‎ ‎(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v0的可能值．‎ 图Z811‎ 考向二　交变电场＋恒定磁场 ‎7 [2016·合肥模拟] 如图Z812甲所示，带正电粒子以速度v0从水平平行金属板M、N左侧沿中线OO′连续射入电场中．M、N板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场．紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，分界线为CD，磁场右边界处有一屏幕．金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d.已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，粒子的速度v0＝105 m/s，比荷＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．试求：‎ ‎(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；‎ ‎(2)带电粒子射出电场时的最大速度；‎ ‎(3)带电粒子打在屏幕上的范围．‎ 图Z812‎ 考向三　交变磁场＋恒定电场 ‎8 电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转．图Z813(a)为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速度不计)经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向)，磁场区的中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L.当不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点．当磁场的磁感应强度随时间按图(b)所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为2L的亮线．由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变．已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力．求：‎ ‎(1)电子打到荧光屏上时速度的大小；‎ ‎(2)磁感应强度的最大值B0.‎ 图Z813‎ 考向四　交变电、磁场 ‎9 如图Z814甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带负电粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力．‎ ‎(1)求t＝t0时，粒子的位置坐标；‎ ‎(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离．‎ 图Z814‎ Ø 高考模拟演练 ¥ 高考真题 ‎1．[2016·江苏卷] 回旋加速器的工作原理如图Z815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U0.周期T＝.一束该种粒子在t＝0～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： ‎ ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(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．‎ 图Z815‎ ‎2．[2015·山东卷] 如图Z816所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电荷量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．‎ ‎(1)求极板间电场强度的大小；‎ ‎(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；‎ ‎(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．‎ 图Z816‎ ¥ 精选模拟 ‎3．[2016·牡丹江模拟] 如图Z817所示，在xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的场强E＝×104 N/C的匀强电场，第四象限内分布有垂直纸面向里的磁感应强度B1＝0.2 T的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂直纸面向里的磁感应强度为B2的匀强磁场．沿x轴放置一个平板OM，平板上开有一个小孔P，P处连接有一段长度d＝1 cm、内径不计的准直管，管内由于静电屏蔽没有电场．y轴负方向上距O点 cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射a粒子，假设发射的a粒子速度大小v均为2×105 m/s，此时有粒子通过准直管进入电场，打到平板和准直管管壁上的a粒子均被吸收．已知a粒子带正电，比荷为＝5×107 C/kg，重力不计．‎ ‎(1)求a粒子在第四象限的磁场中运动时的轨道半径和粒子从S到达P孔的时间；‎ ‎(2)除了通过准直管的a粒子外，为使其余a粒子都不能进入电场，平板OM的长度至少是多长？‎ ‎(3)求经过准直管进入电场中运动的a粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离；‎ ‎(4)要使离开电场的a粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2应为多大？‎ 图Z817‎ ‎4．[2016·济南模拟] 科研人员利用电场和磁场控制带电粒子的运动，从而来进行粒子分选，其原理如图Z818所示．真空环境中，由a、b、c、d四个平行界面分隔出的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，宽度均为L＝0.12 m．让由两种不同的带正电粒子组成的粒子束，从界面a上的P点以速度v0＝5×102 m/s垂直界面射入区域Ⅰ，两种粒子带电荷量均为q＝1×10－6 C，质量分别为m1＝3×10－10 kg和m2＝4×10－10 kg.若在区域Ⅰ和Ⅲ分别加上垂直纸面、方向相反、磁感应强度大小均为B＝1 T的匀强磁场，粒子能分成两束从界面d射出；若在区域Ⅰ和Ⅲ分别加上与界面平行、方向相反的匀强电场，粒子也能分成两束从界面d射出．不计粒子重力．‎ ‎(1)求加磁场时两种粒子在界面d上出射点之间的距离；‎ ‎(2)若加电场时两种粒子在界面d上出射点之间的距离与加磁场时相等，求电场强度的大小．‎ 图Z818‎ 专题八　带电粒子在组合场中的运动 ‎【热点题型探究】‎ 热点一　质谱仪、回旋加速器 例1　(1)2×105 m/s　(2)5.2×10－3 m ‎[解析] (1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，则 qB1v＝qE 解得v＝＝2×105 m/s.‎ ‎(2)粒子进入偏转分离器后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力．‎ 根据牛顿第二定律得 qB2v＝m 解得R＝ 设质子质量为m，则氘核质量为2m，故 d＝2R2－2R1＝2×－2×＝5.2×10－3 m.‎ 例2　BD　[解析] 回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据qvB＝可得，v＝，因此离开回旋加速器时的动能Ek＝mv2＝，粒子射出时的动能，与加速电压无关，与狭缝宽度无关，选项A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，选项B、D正确．‎ 热点二　带电粒子在组合场中的运动 例3　(1)0.4 m　(2)B≥(2＋2)×10－2 T ‎ [解析] (1)设粒子在电场中运动时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则 xOA＝at2，a＝，y＝v0t 代入数据解得a＝1.0×1015 m/s2，t＝2.0×10－8 s，y＝0.4 m.‎ ‎(2)粒子经过y轴时沿电场方向的分速度为：‎ vx＝at＝2×107 m/s 粒子经过y轴时速度为v＝＝2×107 m/s 方向与y轴正方向夹角为θ.‎ tan θ＝＝1，θ＝45°‎ 要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，设此时粒子做圆周运动的半径为R，‎ 则R＋R≤y 又qvB＝m 解得B≥(2＋2)×10－2 T.‎ 例4　(1)v0tan2θ　(2) ‎[解析] (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qv0B＝m①‎ 由题给条件和几何关系可知R0＝d②‎ 设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得 Eq＝max③‎ vx＝axt④‎ t＝d⑤‎ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tan θ＝⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 ＝v0tan2 θ⑦‎ ‎(2)联立⑤⑥式得 t＝⑧‎ 例5　(1)2，与x轴正方向的夹角为45°‎ ‎(2)　(3)(2＋π) ‎[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得 qE＝ma①‎ 由运动学公式得 d＝at②‎ ‎2d＝v0t0③‎ vy＝at0④‎ v＝⑤‎ tan θ＝⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 v＝2⑦‎ θ＝45°⑧‎ ‎(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得 R1＝2 d⑨‎ 由牛顿第二定律得 qvB0＝m⑩‎ 联立⑦⑨⑩式得 B0＝⑪‎ ‎(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析[粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形]可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得 ‎2R2＝2d⑫‎ 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 FG＝HQ＝2R2⑬‎ 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有 t＝⑭‎ 联立⑦⑫⑬⑭式得 t＝(2＋π)⑮‎ 热点三　带电粒子在交变电、磁场中的运动 例6　(1)　(2)(n＝1，2，3，…)‎ ‎[解析] (1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁 场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 B0qv0＝m 离子运动的周期T0＝ 联立两式得磁感应强度B0＝.‎ ‎(2)正离子从O′孔垂直于N板射出磁场时，运动轨迹如图所示．‎ 在两板之间正离子只运动一个周期T0时，有r＝ 在两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r＝(n＝1，2，3，…)‎ 解得v0＝(n＝1，2，3，…)．‎ 例7　(1)0.2 m　(2)×105 m/s ‎(3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内 ‎ [解析] (1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小．粒子在磁场中运动时有qv0B＝ 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin＝＝ m＝0.2 m 其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示．‎ ‎(2)设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场 则＝at2＝· 代入数据解得：U1＝100 V 在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出．带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有mv＝mv＋q· 解得vmax＝×105 m/s ‎(3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin＝d＝0.2 m 径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点 则O′E＝rmin＝0.2 m 带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示，有 qvmaxB＝ 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 rmax＝＝ m＝ m 由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上．则 O′Q＝＝ m＝0.1 m 带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则 O′F＝rmax－O′Q＝－0.1 m＝0.18 m 即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内 ‎[点评] 本题解题的突破口在于：(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解．(2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解．(3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解．‎ 例8　(1)　(2) ‎[解析] (1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v，由动能定理得eU＝mv2，解得v＝.‎ ‎(2)当磁感应强度为B0时，电子束有最大偏转，打在荧光屏上Q点，PQ＝L.电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，tan θ＝，θ＝60°.‎ 根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，而tan＝ 由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0＝，解得B0＝.‎ 例9　(1)，　(2)＋v0t0‎ ‎[解析] (1)粒子的比荷＝，则粒子做圆周运动的周期T＝＝2t0‎ 则在0～t0内转过的圆心角α＝ 由牛顿第二定律得qv0B0＝m 得r1＝ 粒子的位置坐标为，.‎ ‎(2)粒子在t＝5t0时回到原点，轨迹如图所示 r2＝2r1＝＝ 粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离：hmax＝t0＋r2＝＋v0t0.‎ ‎【高考模拟演练】‎ ‎1．(1)　(2)－　(3)d< ‎[解析] (1)粒子运动半径为R时 qvB＝m 且Em＝mv2‎ 解得Em＝ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 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＝ 匀加速直线运动nd＝a·Δt2‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ ‎(3)只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为η＝ 由η>99%，解得d< ‎2．(1)　(2)或　(3)5.5πD ‎[解析] (1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 qE·＝mv2①‎ 由①式得 E＝②‎ ‎(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 qvB＝③‎ 如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得 甲 R＝④‎ 联立③④式得 B＝⑤‎ 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R＝⑥‎ 联立③⑥式得 B＝⑦‎ ‎(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝、B2＝，由牛顿第二定律得 qvB1＝m，qvB2＝m⑧‎ 代入数据得 R1＝，R2＝⑨‎ 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得 T1＝，T2＝⑩‎ 据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系得 乙 θ1＝120°⑪‎ θ2＝180°⑫‎ α＝60°⑬‎ 粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得 丙 t1＝×T1，t2＝×T2⑭‎ 设粒子运动的路程为s，由运动学公式得 s＝v(t1＋t2)⑮‎ 联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s＝5.5πD⑯‎ ‎3．(1)0.02 m　×10－7 s ‎(2)×10－2 m　(3)0.07 m ‎(4) T或 T ‎[解析] (1)由牛顿第二定律得 qvB1＝m 解得r＝＝0.02 m 周期T＝ 粒子从S到达P孔的时间t＝T＝×10－7 s ‎(2)设平板的长度至少为L，粒子源距O点为h，由几何关系，有L＝＝×10－2 m ‎(3)粒子进入电场后做类平抛运动，有 x轴方向位移x＝at2‎ y轴方向位移y＝vt 加速度a＝＝×1011 m/s2‎ 由几何关系可得x＝r＋＝0.03 m 所以，粒子到达y轴位置与O点的距离y′＝y＋d＝0.07 m ‎(4)设粒子在y轴射出电场的位置到粒子源S的距离为H，有 H＝y′＋h＝(7＋)×10－2 m 设粒子在y轴射出电场的速度方向与y轴正方向夹角为θ，有tan θ＝＝1，θ＝45°‎ v′＝v 若粒子离开电场经y轴左侧磁场偏转后直接回到粒子源S处 则在y轴左侧磁场中圆周运动半径R＝＝×10－2 m 由牛顿第二定律得qv′B2＝m B2＝＝ T 若粒子离开电场经y轴左侧磁场偏转后进入第四象限磁场偏转再回到粒子源S处，则进入第四象限磁场的偏转半径r′＝r＝2×10－2 m 在y轴左侧磁场中圆周运动半径 R′＝＝×10－2 m 同理得B′2＝ T ‎4．(1)0.11 m　(2)1.1×103 V/m ‎[解析] (1)两粒子在磁场中运动的轨迹半径别为 r1＝＝0.15 m r2＝＝0.20 m 当在区域Ⅰ、Ⅲ加如图所示的反向磁场时，两种粒子的轨迹如图，质量为m1的粒子轨迹圆心为O1，质量为m2的粒子轨迹圆心为O2，从边界b射出后在区域Ⅱ做匀速直线运动，进入区域Ⅲ，在区域Ⅲ中做与区域Ⅰ中对称的圆周运动，然后垂直边界d出射．‎ 质量为m1的粒子在区域Ⅰ中的偏移量 y′1＝r1(1－cos θ1)＝0.06 m 在区域Ⅱ中的偏移量为 y″1＝Ltan θ1＝0.16 m 在区域Ⅲ中的偏移量为y′″1＝y′1＝0.06 m 所以质量为m1的粒子的总偏移量为y1＝0.28 m 质量为m2的粒子在区域Ⅰ中的偏移量y′2＝r2(1－cos θ2)＝0.04 m 在区域Ⅱ中的偏移量为y′2＝Ltan θ2＝0.09 m 在区域Ⅲ中的偏移量为y′″2＝y′2＝0.04 m 所以质量为m2的粒子的总偏移量为y2＝0.17 m 二者的出射点之间的距离Δy1＝y1－y2＝0.11 m ‎(2)当在区域Ⅰ、Ⅲ加如图所示的反向电场时，两种粒子的轨迹如图，两种粒子在区域Ⅰ中做类平抛运动，但偏移量不同，在区域Ⅱ中均做斜向的匀速直线运动，进入区域Ⅲ做类平抛运动的逆运动，然后垂直边界d射出 质量为m1的粒子在区域Ⅰ中，L＝v0t y′3＝·t2＝ 在Ⅱ中有y″3＝2y′3＝ 在区域Ⅲ中有：y′″3＝y′3＝ 质量为m1的粒子的总偏移量为y3＝ 同理，质量为m2的粒子的总偏移量为y4＝ 二者的出射点之间的距离Δy2＝y3－y4＝－＝0.11 m 解得E＝1.1×103 V/m ‎【教师备用习题】‎ ‎1．[2014·海南卷] 如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．‎ ‎(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；‎ ‎(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．‎ ‎ [答案] (1)　(2) ‎[解析] (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有 qv0B＝①‎ T＝②‎ 依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为π，所需时间t1为t1＝T③‎ 联立①②③式得t1＝④‎ ‎(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小到0；然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0.设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有 qE＝ma⑤‎ v0＝at2⑥‎ 联立⑤⑥式得t2＝⑦‎ 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足 t2≥T0⑧‎ 联立⑦⑧式得，电场强度的最大值为 E＝⑨‎ ‎2．[2015·浙江卷] 使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.‎ 为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ.‎ ‎(1)求离子的电荷量q并判断其正负；‎ ‎(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；‎ ‎(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．‎ ‎[答案] (1)，正电荷　(2) ‎(3)沿径向向外，Bv－ ‎[解析] (1)离子做圆周运动，有 Bqv＝ 解得q＝，正电荷 ‎(2)如图所示 O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r 引出轨迹为圆弧，有 B′qv＝ 解得R＝ 根据几何关系得 R＝ B′＝＝ ‎(3)电场强度方向沿径向向外 引出轨迹为圆弧，有 Bqv－Eq＝ 解得E＝Bv－ ‎3．[2015·湖北咸宁质检] 如图所示，空间内存在着范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)，其中匀强电场沿y轴负方向，匀强磁场垂直于xOy平面向里．图中虚线框内为由粒子源S和电压为U0的加速电场组成的装置，其出口位于O点，并可作为一个整体在纸面内绕O点转动．粒子源S不断地产生质量为m、电荷量为＋q的粒子(初速度不计)，经电场加速后从O点射出，且沿x轴正方向射出的粒子恰好能沿直线运动．不计粒子的重力及彼此间的作用力，粒子从O点射出前的运动不受外界正交电场、磁场的影响．‎ ‎(1)求粒子从O点射出时速度v的大小；‎ ‎(2)若只撤去磁场，从O点沿x轴正方向射出的粒子刚好经过坐标为的N点，求匀强电场的场强E的大小；‎ ‎(3)若只撤去电场，要使粒子能够经过坐标为(L，0)的P点，粒子应从O点沿什么方向射出？‎ ‎[答案] (1)　(2) ‎(3)斜向下与x轴正方向夹角为30°或150°‎ ‎[解析] (1)粒子经电场加速，由动能定理知 qU0＝mv2‎ 解得v＝ ‎(2)撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动．‎ 沿x轴方向有L＝vt 沿y轴方向有＝at2‎ 由牛顿第二定律知a＝ 联立解得E＝ ‎(3)设粒子从O点沿与x轴正方向夹角为θ的方向射出，运动轨迹如图所示，则有 ‎2Rsin θ＝L 由洛伦兹力提供向心力，则有 qvB＝ 又qvB＝qE 联立解得θ＝30°或θ＝150°‎ ‎4．[2015·湖北八市联考] 如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝1×106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．计算结果可用π表示．‎ ‎(1)求O点与直线MN之间的电势差；‎ ‎(2)求t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；‎ ‎(3)如果在O点右方d＝67.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．‎ ‎[答案] (1)112.5 V　(2)4 cm　(3)×10－5 s ‎[解析] (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得 Uq＝mv 解得U＝＝112.5 V.‎ ‎(2)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r1，则B1qv0＝ 解得r1＝＝5 cm 周期T1＝＝×10－5 s 当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为r2＝＝3 cm 周期T2＝＝×10－5 s 电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图丙所示．‎ t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离为Δd＝2(r1－r2)＝4 cm.‎ ‎(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T＝×10－5 s 根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离s＝15Δd＝60 cm 则最后7.5 cm的运动轨迹如图丁所示，有r1＋r1cos α＝7.5 cm 解得cos α＝0.5，则α＝60°‎ 故电荷运动的总时间t总＝t1＋15T＋T1＝×10－5 s.‎ ‎5．[2015·天津卷] 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图113所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．‎ ‎(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；‎ ‎(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sin θn；‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．‎ ‎[答案] (1)2　　(2)B　(3)略 ‎[解析]‎ ‎ (1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．由动能定理，有 ‎2qEd＝mv①‎ 由①式解得 v2＝2 ②‎ 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 qv2B＝m③‎ 由②③式解得 r2＝④‎ ‎(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．‎ nqEd＝mv⑤‎ qvnB＝m⑥‎ 粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有 vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦‎ 由图1看出 图1‎ rnsin θn－rnsin αn＝d⑧‎ 由⑥⑦⑧式得 rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨‎ 由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得 rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩‎ 当n＝1时，由图2看出 图2‎ r1sin θ1＝d⑪‎ 由⑤⑥⑩⑪式得sin θn＝B⑫‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则 θn＝ sin θn＝1‎ 在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时，速度方向与水平方向的夹角为θ′n，由于 > 则导致 sin θ′n>1‎ 说明θ′n不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．‎ ‎6．[2015·重庆卷] 下图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电荷量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．求：‎ ‎(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；‎ ‎(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；‎ ‎(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．‎ ‎[答案] (1)　(2)(n＝1，2，3，…，k2－1)　(3)　h ‎[解析] (1)带电离子在电场中加速，由动能定理可知qU＝mv2‎ 离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m 由几何关系得kd＝2R 由以上三式得B＝.‎ ‎(2)设离子加速n次后能打到P点，有nqU＝mv2‎ 由几何关系得kd＝2R 解得B＝(n＝1，2，3，…，k2－1)．‎ ‎(3)加速n次，离子在电场中运动的距离为nh，且离子在电场中的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，则当n＝k2－1时，离子获得最大能量，在电场中运动的时间t电＝h；T＝，t磁＝T，当离子加速n次后，在磁场转过的圆心角θ为(2n－1)π，当n＝k2－1时，代入B可得，t磁＝.‎ ‎7．[2015·江苏卷] 一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．‎ ‎(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；‎ ‎(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围．‎ ‎[答案] (1)　(2)≤U≤ ‎[解析] (1)离子在电场中加速qU0＝mv2‎ 在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m 解得r＝ 代入r0＝L，解得m＝.‎ ‎(2)由(1)知，U＝ 离子打在Q点r＝L，U＝ 离子打在N点r＝L，U＝ 则电压的范围≤U≤.‎