《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（22頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．復(fù)合場(chǎng)的分類 (1)疊加場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存． (2)組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)． 2．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)形式 (1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． (3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速

2、度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． 二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例 裝置 原理圖 規(guī)律 質(zhì)譜儀 離子由靜止被加速電場(chǎng)加速qU＝mv2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝m，則比荷＝. 回旋加速器 交流電的周期和粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙都會(huì)被加速，D形盒半徑為r.由qvB＝及Ekm＝mv2得Ekm＝ 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)(粒子重力不計(jì))． 磁流體發(fā)電機(jī) 磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L(zhǎng)，等離子體速度為v，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為

3、B，則由qE＝q＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢(shì)差U＝BLv. 電磁流量計(jì) 導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng)，當(dāng)自由電荷所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝. 霍爾元件 寬為d、厚度為h的導(dǎo)體放在垂直于它的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)電流I通過該導(dǎo)體時(shí)，上下表面之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，稱為霍爾效應(yīng). 自測(cè)1　現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖1所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加

4、速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) 圖1 A．11 B．12 C．121 D．144 答案　D 解析　由qU＝mv2得帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v＝，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，得R＝，綜合得到R＝，由題意可知，該離子與質(zhì)子在磁場(chǎng)中具有相同的軌道半徑和電荷量，故＝144，故選D. 自測(cè)2　(2017·寧波市九校高二上期末)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺(tái)回旋加速器，其原理如圖2所示，這臺(tái)加速器由兩個(gè)銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，D形盒半徑為R，其間留有空隙，兩盒分別與高頻電源

5、的兩極相連，電源頻率為f，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A．粒子的加速次數(shù)越多，加速電壓越大，最終獲得的動(dòng)能也越大 B．被加速后的粒子最大速度為2πfR，與加速電場(chǎng)的電壓無關(guān) C．不改變回旋加速器的任何參數(shù)，裝置可以加速質(zhì)子H，也可以加速α粒子He D．高頻電源不能使用正弦式交變電流 答案　B 命題點(diǎn)一　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的實(shí)例分析 1．基本思路 速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)和霍爾元件一般以單個(gè)帶電粒子為研究對(duì)象，在洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從而求出所求物理量． 2．解決回旋加速器的方法 (1)交變電壓的頻率與粒子在磁場(chǎng)中做圓周

6、運(yùn)動(dòng)的頻率相等． (2)在q、m和B一定的情況下，回旋加速器的半徑越大，粒子的能量就越大，最大動(dòng)能與加速電壓無關(guān)． 例1　(2016·浙江10月選考·23)如圖3所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍為0～v0.這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U＝的電場(chǎng)加速后，從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域，最后打到x軸上．在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板(a＝)．假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))． 圖3 (1)求離子束從小孔O射入磁

7、場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間； (2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板的右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1； (3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測(cè)板受到的作用力大?。? 答案　見解析 解析　(1)對(duì)于初速度為0的粒子：qU＝mv 由B0qv1＝m得r1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 對(duì)于初速度為v0的粒子 qU＝mv22－m(v0)2 由B0qv2＝m得 r2＝＝2a， 恰好打在x＝4a的位置 離子束打在x軸上的區(qū)間為[2a,4a] (2)由

8、動(dòng)能定理 qU＝mv－m(v0)2 由B1qv2＝m得 r3＝ r3＝a 解得B1＝B0 (3)離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際位置范圍為2a≤x≤3a 即a≤r≤a，對(duì)應(yīng)的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動(dòng)量定理 吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝ 反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0 根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到的作用力大小 F＝F吸′＋F反′＝N0mv0 變式1　(2015·浙江10月選考·23)如圖4是水平放置的小型粒子加速

9、器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2，長(zhǎng)L＝1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0×104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動(dòng)能Ek0＝4.0×104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點(diǎn)水平射出．S、P兩點(diǎn)間的高度差h＝0.10 m．(氘核質(zhì)量m＝2×1.67×10－27 kg、電荷量q＝1.60×10－19 C，1 eV＝1.60×10－19 J, ≈1×10－4) 圖4 (1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2. (2)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d.

10、 (3)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2. 答案　(1)2.24×10－14 J　(2)0.06 m　(3)1.2 T 解析　(1)由動(dòng)能定理W＝Ek2－Ek0 電場(chǎng)力做功W＝qE·2L 得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105 eV＝2.24×10－14 J (2)洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，Ek0＝mv 第一次進(jìn)入B1區(qū)域，半徑R0＝＝0.04 m 第二次進(jìn)入B1區(qū)域，mv12＝Ek0＋qEL R2＝＝0.06 m，故最小寬度d＝R2＝0.06 m (3)氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． 由圖中幾何關(guān)系可知2R2＝h＋(

11、2R1－2R0) 解得R1＝0.05 m 由R1＝，得B2＝＝1.2 T. 命題點(diǎn)二　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 → 　 ↓ → 　 ↓ → 　 ↓ → 例2　(2016·嘉興市模擬)圖5為一除塵裝置的截面圖，其原理是通過板間的電場(chǎng)或磁場(chǎng)使帶電塵埃偏轉(zhuǎn)并吸附到極板上，達(dá)到除塵的目的．已知金屬板M、N長(zhǎng)為d，間距也為d.大量均勻分布的塵埃以相同的水平速度v0進(jìn)入除塵裝置，設(shè)每個(gè)塵埃顆粒質(zhì)量為m、電荷量為－q.當(dāng)板間區(qū)域同時(shí)加入勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)并逐步增強(qiáng)至合適大小時(shí)，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域；且只撤去電場(chǎng)時(shí)，恰好無塵埃從

12、極板間射出，收集效率(打在極板上的塵埃占?jí)m?？倲?shù)的百分比)為100%，不計(jì)塵埃重力、塵埃之間的相互作用及塵埃對(duì)板間電場(chǎng)、磁場(chǎng)的影響． 圖5 (1)判斷M板所帶電荷的電性； (2)求極板區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (3)若撤去極板區(qū)域磁場(chǎng)，只保留原來的電場(chǎng)，則除塵裝置的收集效率是多少？ 答案　(1)帶負(fù)電　(2)　(3)50% 解析　(1)負(fù)電荷進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，受到的洛倫茲力的方向向上，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域，說明電場(chǎng)力大小和洛倫茲力大小相等，方向豎直向下，因此M板帶負(fù)電． (2)由題意知，從緊挨N極板處射入板間的塵埃恰好不從極板射出，則塵埃在磁場(chǎng)中運(yùn)

13、動(dòng)的半徑r＝d，磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，有 qv0B＝，解得B＝. (3)電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，塵埃做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滿足： qE＝qv0B， 撤去磁場(chǎng)以后塵埃在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)距離N極板y的塵埃恰好離開電場(chǎng)，則 d＝v0t，y＝at2， 其中a＝，解得y＝0.5d， 當(dāng)y≤0.5d時(shí)，0到0.5d這段距離的塵埃不會(huì)射出電場(chǎng)， 當(dāng)y＞0.5d時(shí)塵埃運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)，水平位移x＞d，即0.5d到d這段距離的塵埃會(huì)射出電場(chǎng)；則打在極板上的塵埃占總數(shù)的百分比，即除塵裝置的收集效率η＝×100%＝50%. 變式2　如圖6甲所示，水平放置的平行金屬板M、N之間存在豎直向上的勻

14、強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面的交變磁場(chǎng)(如圖乙所示，垂直紙面向里為正)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝50 T，已知兩板間距離d＝0.3 m，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝50 V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h＝5 cm處的O點(diǎn)，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進(jìn)入兩板間，若油滴在t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間，最后恰好從N板邊緣水平飛出．已知油滴的質(zhì)量m＝10－4 kg，電荷量q＝＋2×10－5C(不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，取π＝3)．求： 　 圖6 (1)油滴在P點(diǎn)的速度大?。? (2)N板的長(zhǎng)度； (3)交變磁場(chǎng)的變化周期． 答案　(1)1 m/s　(2)0.6 m　(3)0.3 s 解析　(1)由機(jī)械

15、能守恒定律，得mgh＝mv2 解得v＝1 m/s (2)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)時(shí)，因?yàn)閙g＝10－3 N，方向向下， 而Eq＝10－3 N，方向向上． 所以，重力與電場(chǎng)力平衡，油滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 所以Bqv＝ 解得R＝0.1 m 因d＝0.3 m，則油滴要想從N板邊緣水平飛出，需在場(chǎng)內(nèi)做三次圓弧運(yùn)動(dòng)． 所以，N板的長(zhǎng)度L＝6R.解得L＝0.6 m (3)油滴在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T0＝＝ 由(2)分析知交變磁場(chǎng)的周期T＝T0 聯(lián)立解得T＝0.3 s. 命題點(diǎn)三　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析思路 第1步：分階段(分過程)按照時(shí)間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成

16、幾個(gè)不同的階段； 第2步：受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動(dòng)，如下： ←←←→→→ 第3步：用規(guī)律 2．解題步驟 (1)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵． (2)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題． 考向1　先磁場(chǎng)后電場(chǎng) 例3　(2017·浙江4月選考·23)如圖7所示，在xOy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x軸正方向每秒發(fā)射出N個(gè)速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對(duì)稱的電子流．電子流沿x方向射入一個(gè)半徑為R、中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)

17、區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出，在磁場(chǎng)區(qū)域的正下方有一對(duì)平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點(diǎn)的距離為d，中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對(duì)稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓UAK，穿過K板小孔到達(dá)A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流．已知b＝R，d＝l，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用． 圖7 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)求電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸方向的夾角θ的范圍； (3)當(dāng)UAK＝0時(shí)，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù)； (4)畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線. 答案　見解析

18、 解析　軌跡示意圖 (1)“磁聚焦”模型要求：R＝，解得B＝. (2)b＝R，由幾何關(guān)系知： θ在關(guān)于y軸左、右對(duì)稱的60°(含)范圍內(nèi)． (3)要進(jìn)入小孔，電子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)與y軸負(fù)方向的夾角φ≤45° 則：＝＝≤ 則當(dāng)UAK＝0時(shí)每秒到達(dá)A板的電子數(shù)：N0＝N. (4)①當(dāng)UAK≥0時(shí)，進(jìn)入小孔的電子全部能到A板 i1＝N0e＝Ne ②設(shè)當(dāng)UAK＝U1時(shí)，φ1＝45°對(duì)應(yīng)的電子剛好到達(dá)A板 則eU1＝0－m(vcos φ1)2，解得UAK＝－ 即在區(qū)間(－，0)之間，i2＝N0e＝Ne ③當(dāng)UAK反向再增大時(shí)，將出現(xiàn)有電子(該臨界角度為α) 剛好打到A板上，而φ>

19、α的電子打不到A板 i＝Ne，eUAK＝0－m(vcos α)2 解得：i＝Ne i＝0時(shí)，UAK＝－. 綜上所述：i－UAK圖線如圖所示 考向2　先電場(chǎng)后磁場(chǎng) 例4　(2016·浙江4月選考·22)如圖8為離子探測(cè)裝置示意圖．區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長(zhǎng)均為L(zhǎng)＝0.10 m，高均為H＝0.06 m．區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測(cè)帶電粒子位置的豎直屏．質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為＝1.0×108 C/kg.(忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力) 圖8

20、(1)當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ不加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加電場(chǎng)的最大值Emax； (2)當(dāng)區(qū)域Ⅰ不加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加磁場(chǎng)的最大值Bmax； (3)若區(qū)域Ⅰ加電場(chǎng)E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場(chǎng)B與區(qū)域Ⅰ中的電場(chǎng)E之間的關(guān)系式． 答案　(1)200 V/m　(2)5.5×10－3 T　(3)B＝ 解析　(1)質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng) vy＝at＝，tan α＝＝ 質(zhì)子到達(dá)區(qū)域Ⅱ右下端時(shí)，外加電場(chǎng)最大， 此時(shí)有tan α＝得Emax＝＝200 V/m. (2)質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有qvB＝m，

21、即R＝ 根據(jù)幾何關(guān)系有：R2－(R－)2＝L2時(shí)，外加磁場(chǎng)最大 得Bmax＝≈5.5×10－3 T. (3)質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． 設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為v′，則 sin α＝＝＝＝ 由幾何關(guān)系知sin α＝＝＝，得B＝. 考向3　先電場(chǎng)后磁場(chǎng)再電場(chǎng) 例5　(2017·嘉興市期末)如圖9所示，O′PQ是關(guān)于y軸對(duì)稱的四分之一圓，在PQNM區(qū)域有均勻輻向電場(chǎng)，PQ與MN間的電壓為U.一初速度為零的帶正電的粒子從PQ上的任一位置經(jīng)電場(chǎng)加速后都會(huì)從O′進(jìn)入半徑為R、中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向外，大小為B，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都能平行于x軸射出

22、．在磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)有一對(duì)平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K，金屬板長(zhǎng)均為4R，其中K板接地，A與K兩板間加有電壓UAK>0，忽略極板電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力．已知金屬平行板左端連線與磁場(chǎng)圓相切，O′在y軸上． 圖9 (1)求帶電粒子的比荷； (2)求帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)范圍； (3)若無論帶電粒子從PQ上哪個(gè)位置出發(fā)都能打到K板上，則電壓UAK至少為多大？ 答案　(1)　(2)－R～R　(3)U 解析　(1)由動(dòng)能定理可知qU＝mv2 由已知條件可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R0＝R 洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力， qvB＝m.聯(lián)立解得

23、＝ (2)如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O1，由幾何關(guān)系知，對(duì)應(yīng)的圓心角為135°，離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)a在y軸上的投影與O′的距離為 Δy＝R＋R a點(diǎn)的縱坐標(biāo)ya＝R 同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)b的縱坐標(biāo)yb＝－R 故帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)范圍為： －R～R (3)只要沿QN方向入射的帶電粒子能打在K板上，則從其他位置入射的粒子也一定打在K板上，則在電場(chǎng)中 E＝ F＝qE＝ma y＝R＋R＝at2 應(yīng)滿足4R≥vt 解得UAK≥U 考向4　先后經(jīng)過兩個(gè)磁場(chǎng) 例6　如圖10所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)x軸上、

24、下方分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度不同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直紙面向里．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸上的P點(diǎn)以一定的初速度沿y軸正方向射出，粒子經(jīng)過時(shí)間t第一次從x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入下方磁場(chǎng)，速度方向與x軸正方向成45°角，當(dāng)粒子再次回到x軸時(shí)恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，已知OP＝L，不計(jì)粒子重力．求： 圖10 (1)帶電粒子的初速度大小v0； (2)x軸上、下方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比. 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． 由幾何知識(shí)得r1＝L ① 粒子在x軸上方運(yùn)動(dòng)的圓心角α＝π ② 時(shí)間t＝ ③ 結(jié)合①②③得

25、v0＝ (2)由幾何關(guān)系得OQ＝r1＋r1·cos 45° 粒子在x軸下方運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝OQ 由qv0B＝m得＝＝. 1.(2017·稽陽聯(lián)誼學(xué)校8月聯(lián)考)如圖1所示，半徑分別為R1、R2的兩個(gè)同心圓，圓心為O，小圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，大圓外有垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的磁場(chǎng)，圖中未畫出，兩圓中間的圓環(huán)部分沒有磁場(chǎng)．今有一帶正電粒子(質(zhì)量為m，帶電荷量為q)從小圓邊緣的A點(diǎn)以速度v沿AO方向射入小圓的磁場(chǎng)區(qū)域，然后從小圓磁場(chǎng)中穿出，此后該粒子第一次回到小圓便經(jīng)過A點(diǎn)，帶電粒子重力不計(jì)，求： 圖1 (1)若v＝，則帶電粒子在小圓內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為多少；

26、 (2)大圓外的磁場(chǎng)B2的方向； (3)磁場(chǎng)應(yīng)強(qiáng)度B1與B2的比值為多少？ 答案　(1)　(2)垂直于紙面向里　(3) 解析　(1)帶正電粒子在小圓內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，qvB1＝m，r1＝＝R1 由幾何關(guān)系可知粒子在小圓內(nèi)的軌跡圓弧的圓心角為 θ＝，則t＝，解得t＝. (2)粒子第一次回到小圓便經(jīng)過A點(diǎn)，則粒子在大圓外的磁場(chǎng)中繼續(xù)做逆時(shí)針方向的圓周運(yùn)動(dòng)，則B2的方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶铮? (3)由幾何關(guān)系可得＝，r1＝，r2＝， 解得＝. 2．(2017·寧波市九校期末聯(lián)考)在豎直平面內(nèi)有一矩形區(qū)域ABCD，AB邊長(zhǎng)L，AD邊長(zhǎng)2L，F(xiàn)為AD邊中點(diǎn)，G為BC邊中

27、點(diǎn)，線段FG將ABCD分成兩個(gè)場(chǎng)區(qū)．如圖2所示，場(chǎng)區(qū)Ⅰ內(nèi)有一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)區(qū)Ⅱ內(nèi)有方向、大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)和方向垂直ABCD平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球以平行于BC邊的速度v從AB邊的中點(diǎn)O進(jìn)入場(chǎng)區(qū)Ⅰ，從FG邊飛出場(chǎng)區(qū)Ⅰ時(shí)速度方向改變了37°，小球進(jìn)入場(chǎng)區(qū)Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，求： 圖2 (1)場(chǎng)區(qū)Ⅱ中的電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小及方向； (2)場(chǎng)區(qū)Ⅰ中的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大??； (3)要使小球能在場(chǎng)區(qū)Ⅱ內(nèi)從FG邊重新回到場(chǎng)區(qū)Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值． 答案　(1)　方向豎直向上　(2)－　(3) 解析　(1)由帶電小球在場(chǎng)區(qū)Ⅱ

28、中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可知，E2q＝mg得E2＝ 小球帶正電，所受電場(chǎng)力方向豎直向上，可知E2方向豎直向上 (2)小球在場(chǎng)區(qū)Ⅰ中做類平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，帶電小球飛出場(chǎng)區(qū)Ⅰ時(shí)，豎直方向的速度 v豎＝vtan 37°＝v，則a＝＝ 由牛頓第二定律得E1q＋mg＝ma 得E1＝－ (3)由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，小球在場(chǎng)區(qū)Ⅰ中的豎直位移 y＝at2＝L 當(dāng)小球在場(chǎng)區(qū)Ⅱ中的圓周軌跡與FD邊相切時(shí)，R最大由幾何關(guān)系得Rcos 37°＋R＝L＋L 解得R＝L 此時(shí)R(1＋sin 37°)＝L＜L， y＋R(1－cos 37°)＝L＜L 即帶電小球以此半徑做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)從CG邊和CD邊

29、射出磁場(chǎng) 進(jìn)入場(chǎng)區(qū)Ⅱ時(shí)小球速度 v′＝＝＝v 由Bqv′＝m得B＝＝ 3.如圖3所示，在xOy坐標(biāo)系中，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一點(diǎn)狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個(gè)方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度大小均為v0，在0

30、電場(chǎng)和磁場(chǎng)邊界mn時(shí)的速度大小及距y軸的最大距離； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)將ab板至少向下平移多大距離才能使所有的粒子均能打到板上？ 答案　(1)2v0　d　(2)　(3)d 解析　(1)根據(jù)動(dòng)能定理qEd＝mvt2－mv02 解得vt＝2v0 從放射源O點(diǎn)處沿x軸方向射出的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其在電場(chǎng)中沿x方向的位移大小：x1＝v0t＝v0＝d 此即為α粒子通過mn時(shí)距y軸的最大距離． (2)若沿x軸正方向射出的粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板上，由題意知沿x軸正方向射出的粒子軌跡必與ab板相切，由幾何關(guān)系知此粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與x軸正方向夾角θ＝，則r＋

31、rsin ＝d，可得其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝d 又根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvtB＝m，解得B＝ (3)易知沿x軸負(fù)方向射出的粒子若能打到ab板上，則所有粒子均能打到ab板上．其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與ab板相切．由幾何關(guān)系可知此時(shí)磁場(chǎng)寬度為原來的，即當(dāng)ab板位于y＝d的位置時(shí)，恰好所有粒子均能打到ab板上，有Δd＝2d－d＝d 4．如圖4，靜止于A處的離子經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)，已知圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d

32、，離子重力不計(jì)． 圖4 (1)求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大??； (2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的值； (3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要求離子能最終打在QN上，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍． 答案　(1)　(2)　(3)≤B＜ 解析　(1)離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理， 有：qU＝mv2 離子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力， 根據(jù)牛頓第二定律，有qE0＝得：R＝ (2)離子做類平拋運(yùn)動(dòng)，若恰好能打在NQ的中點(diǎn)，則 d＝vt,3d＝at2 由牛頓第二定律得：qE＝ma，聯(lián)立解

33、得：E＝ (3)離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有 qvB＝，則 r＝ 離子能打在QN上，則離子運(yùn)動(dòng)徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ. 由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：d＜r≤2d，則有 ≤B＜ . 5．(2017·金華市9月十校聯(lián)考)如圖5甲所示的圓形絕緣彈性邊界，帶電粒子與其垂直碰撞后以原來速度大小被彈回，且電荷量不變．區(qū)域圓心為O、半徑為R，內(nèi)接正三角形ACD區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其余區(qū)域有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向與磁場(chǎng)邊界垂直，如圖所示，P、M、N是三角形三條邊的中點(diǎn)，AG是過P點(diǎn)的一條直徑，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶

34、正電粒子(不計(jì)粒子重力)以速度v0沿半徑方向從C點(diǎn)射入，經(jīng)過與圓形絕緣彈性邊界兩次碰撞后恰好能夠回到C點(diǎn)． 甲 乙 圖5 (1)求三角形區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)保持三角形區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，讓該帶電粒子從G點(diǎn)靜止釋放，調(diào)整電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，使得粒子也剛好兩次與圓形絕緣彈性邊界接觸后回到G點(diǎn)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和粒子從G點(diǎn)出發(fā)后第一次回到G點(diǎn)的時(shí)間； (3)如圖乙所示，撤去圓形絕緣彈性邊界，保持電場(chǎng)區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，且電場(chǎng)區(qū)域足夠大(其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域沒有電場(chǎng))，保持三角形區(qū)域中磁場(chǎng)不變．讓該帶電粒子從P點(diǎn)以不同速度大小沿PO方向垂直射入磁場(chǎng)，要使帶電粒

35、子能夠周期性地回到P點(diǎn)，帶電粒子入射的速度v大小應(yīng)該滿足什么條件？ 答案　見解析 解析　(1)要使粒子從C點(diǎn)出發(fā)與圓周區(qū)域碰撞兩次回到C點(diǎn)，則粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲中實(shí)線所示，且剛好在A和D處與圓周垂直相碰．根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R1＝R.因?yàn)閝v0B＝m，可得B＝ . 甲 (2)帶電粒子從G點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過兩次與圓形區(qū)域邊界接觸后回到G點(diǎn)，則帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示． 乙 從G點(diǎn)在電場(chǎng)作用下加速，以速度v1從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)到M剛好垂直AC進(jìn)入電場(chǎng)，從M到I做勻減速運(yùn)動(dòng)剛好與圓周邊界接觸，然后在電場(chǎng)力作用下從靜止加速到M點(diǎn)以速度

36、v1垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，從M到N做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在N點(diǎn)垂直AD進(jìn)入電場(chǎng)，從N到H做勻減速運(yùn)動(dòng)剛好與圓周邊界接觸，然后在電場(chǎng)力作用下從靜止加速到N點(diǎn)以速度v1垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)回到P點(diǎn)，然后從P做勻減速直線運(yùn)動(dòng)剛好回到G點(diǎn)．根據(jù)幾何關(guān)系可以知道C、A、D剛好是三段圓弧的圓心，圓弧軌道的半徑為R2＝，又因?yàn)閝v1B＝m，可得v1＝v0.又因?yàn)镋q＝mv12，可得E＝. 時(shí)間t＝3××2＋3× 可得第一次回到G點(diǎn)的時(shí)間t＝. (3)要使粒子能夠周期性的回到P點(diǎn)，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． A、C、D分別是在三角形頂角處的圓弧的圓心，設(shè)帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有＝(2n＋1)r，其中n＝0,1,2,3…… 又因?yàn)閝vB＝m，可以得到：v＝，其中n＝0,1,2,3，…… 22