（浙江選考）2023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

PAGEPAGE1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(lèi)(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＝eq\f(1,2)mv2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝meq\f(v2,r)，那么比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).盤(pán)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(guò)程中每次經(jīng)過(guò)D形盒縫隙都會(huì)被加速，D形盒半徑為r.由qvB＝eq\f(mv2,r)及Ekm＝eq\f(1,2)mv2得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)速度選擇器假設(shè)qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，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B，那么由qE＝qeq\f(U,L)＝qvB得兩極板間能到達(dá)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＝qeq\f(U,d)，所以v＝eq\f(U,Bd)，因此液體流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).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(guò)該導(dǎo)體時(shí)，上下外表之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，稱(chēng)為霍爾效應(yīng).自測(cè)1現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)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(kāi)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(kāi)磁場(chǎng)．假設(shè)某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開(kāi)磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖1A．11 B．12C．121 D．144答案D解析由qU＝eq\f(1,2)mv2得帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v＝eq\r(\f(2qU,m))，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,Bq)，綜合得到R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，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eq\f(m0,mp)＝144，應(yīng)選D.自測(cè)2(2022·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)盤(pán)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的兩極相連，電源頻率為f，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()圖2A．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(wú)關(guān)C．不改變盤(pán)旋加速器的任何參數(shù)，裝置可以加速質(zhì)子eq\o\al(1,1)H，也可以加速α粒子eq\o\al(4,2)HeD．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．根本思路速度選擇器、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)到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，從而求出所求物理量．2．解決盤(pán)旋加速器的方法(1)交變電壓的頻率與粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等．(2)在q、m和B一定的情況下，盤(pán)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(wú)關(guān)．例1(2022·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～eq\r(3)v0.這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U＝eq\f(mv\o\al(,02),2q)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＝eq\f(mv0,qB0))．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；假設(shè)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?。鸢敢?jiàn)解析解析(1)對(duì)于初速度為0的粒子：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)由B0qv1＝meq\f(v\o\al(,12),r1)得r1＝eq\f(mv1,qB0)＝a恰好打在x＝2a對(duì)于初速度為eq\r(3)v0的粒子qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)m(eq\r(3)v0)2由B0qv2＝meq\f(v\o\al(,22),r2)得r2＝eq\f(mv2,qB0)＝2a，恰好打在x＝4a離子束打在x軸上的區(qū)間為[2a,4(2)由動(dòng)能定理qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,22)－eq\f(1,2)m(eq\r(3)v0)2由B1qv2＝meq\f(v\o\al(,22),r3)得r3＝eq\f(mv2,qB1)r3＝eq\f(3,2)a解得B1＝eq\f(4,3)B0(3)離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際位置范圍為2a≤x≤即a≤r≤eq\f(3,2)a，對(duì)應(yīng)的速度范圍為eq\f(4,3)v0≤v′≤2v0每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為N＝N0eq\f(2v0－\f(4,3)v0,2v0－v0)＝eq\f(2,3)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＝eq\f(Δp吸,Δt)＝eq\f(0.8N,2)(2mv0＋eq\f(4,3)mv0)＝eq\f(8N0mv0,9)反彈的離子受到板的作用力大小F反＝eq\f(Δp反,Δt)＝eq\f(0.2N,2)[2m(v0＋0.6v0)＋eq\f(4,3)m(v0＋0.6v0)]＝eq\f(16,45)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′＝eq\f(56,45)N0mv0變式1(2022·浙江10月選考·23)如圖4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，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＝1.0m的區(qū)域Ⅲ存在場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0×104V/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)－19J,eq\r(\f(1.67×10－27,1.60×10－19))≈1×10－4)圖4(1)求氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2.(2)假設(shè)B1＝1.0T，要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d.(3)假設(shè)B1＝1.0T，要使氘核經(jīng)過(guò)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)2.24×10－14J(2)0.06m(3)1.2T解析(1)由動(dòng)能定理W＝Ek2－Ek0電場(chǎng)力做功W＝qE·2得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105eV＝2.24×10－14(2)洛倫茲力提供向心力：qvB＝meq\f(v2,R)，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)第一次進(jìn)入B1區(qū)域，半徑R0＝eq\f(mv0,qB1)＝0.04m第二次進(jìn)入B1區(qū)域，eq\f(1,2)mv12＝Ek0＋qELR2＝eq\f(mv1,qB1)＝0.06m，故最小寬度d＝R2＝0.06m(3)氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖．由圖中幾何關(guān)系可知2R2＝h＋(2R1－2R0)解得R1＝0.05m由R1＝eq\f(mv1,qB2)，得B2＝eq\f(mv1,qR1)＝1.2T.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eq\x(復(fù)合場(chǎng)的組成)→eq\x(弄清電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)組合情況)↓eq\x(受力分析)→eq\x(先重力、再?gòu)椓Α⒑竽Σ亮?，然后分析其他力電?chǎng)力、洛倫茲力)↓eq\x(運(yùn)動(dòng)分析)→eq\x(注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合)↓eq\x(分段分析)→eq\x(粒子通過(guò)不同種類(lèi)的場(chǎng)時(shí)，分段討論)例2(2022·嘉興市模擬)圖5為一除塵裝置的截面圖，其原理是通過(guò)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，到達(dá)除塵的目的．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)參加勻強(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)至適宜大小時(shí)，塵埃恰好沿直線通過(guò)該區(qū)域；且只撤去電場(chǎng)時(shí)，恰好無(wú)塵埃從極板間射出，收集效率(打在極板上的塵埃占?jí)m埃總數(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?。?3)假設(shè)撤去極板區(qū)域磁場(chǎng)，只保存原來(lái)的電場(chǎng)，那么除塵裝置的收集效率是多少？答案(1)帶負(fù)電(2)eq\f(mv0,qd)(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)左手定那么，受到的洛倫茲力的方向向上，塵埃恰好沿直線通過(guò)該區(qū)域，說(shuō)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，那么塵埃在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r＝d，磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(,02),r)，解得B＝eq\f(mv0,qd).(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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)距離N極板y的塵埃恰好離開(kāi)電場(chǎng)，那么d＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\f(qE,m)，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)；那么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＝eq\f(0.5d,d)×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＝50T，兩板間距離d＝0.3m，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝50V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h＝5cm處的O點(diǎn)，一帶電油滴自由下落，穿過(guò)小孔后進(jìn)入兩板間，假設(shè)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．油滴的質(zhì)量m＝10－4kg，電荷量q＝＋2×10－5C(不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，取π＝3)．求：圖6(1)油滴在P點(diǎn)的速度大小；(2)N板的長(zhǎng)度；(3)交變磁場(chǎng)的變化周期．答案(1)1m/s(2)0.6m(3)0.3s解析(1)由機(jī)械能守恒定律，得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝1m/s(2)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)時(shí)，因?yàn)閙g＝10－3N，方向向下，而Eq＝10－3N，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＝eq\f(mv2,R)解得R＝0.1m因d＝0.3m，那么油滴要想從N板邊緣水平飛出，需在場(chǎng)內(nèi)做三次eq\f(1,4)圓弧運(yùn)動(dòng)．所以，N板的長(zhǎng)度L＝6R.解得L＝0.6m(3)油滴在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T0＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,B0q)由(2)分析知交變磁場(chǎng)的周期T＝eq\f(1,2)T0聯(lián)立解得T＝0.3s.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(guò)程)按照時(shí)間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個(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：eq\x(勻速圓周運(yùn)動(dòng))←eq\x(粒子垂直于磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng))←eq\x(磁偏轉(zhuǎn))←eq\x(組合場(chǎng)中兩種典型運(yùn)動(dòng))→eq\x(電偏轉(zhuǎn))→eq\x(粒子垂直于電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng))→eq\x(類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng))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(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．(2)畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題．考向1先磁場(chǎng)后電場(chǎng)例3(2022·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(chēng)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)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過(guò)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(kāi)有寬度為2l且關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)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(guò)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．b＝eq\f(\r(3),2)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(guò)極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù)；(4)畫(huà)出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線.答案見(jiàn)解析解析軌跡示意圖(1)“磁聚焦〞模型要求：R＝eq\f(mv,eB)，解得B＝eq\f(mv,eR).(2)b＝eq\f(\r(3),2)R，由幾何關(guān)系知：θ在關(guān)于y軸左、右對(duì)稱(chēng)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°那么：eq\f(N0,N)＝eq\f(2Rsinφ,2b)＝eq\f(sinφ,sin60°)≤eq\f(\r(6),3)那么當(dāng)UAK＝0時(shí)每秒到達(dá)A板的電子數(shù)：N0＝eq\f(\r(6),3)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＝eq\f(\r(6),3)Ne②設(shè)當(dāng)UAK＝U1時(shí)，φ1＝45°對(duì)應(yīng)的電子剛好到達(dá)A板那么eU1＝0－eq\f(1,2)m(vcosφ1)2，解得UAK＝－eq\f(mv2,4e)即在區(qū)間(－eq\f(mv2,4e)，0)之間，i2＝N0e＝eq\f(\r(6),3)Ne③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>α的電子打不到A板i＝eq\f(sinα,sin60°)Ne，eUAK＝0－eq\f(1,2)m(vcosα)2解得：i＝eq\r(\f(4,3)＋\f(8eUAK,3mv2))Nei＝0時(shí)，UAK＝－eq\f(mv2,2e).綜上所述：i－UAK圖線如下圖考向2先電場(chǎng)后磁場(chǎng)m，高均為H＝0.06m．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C/kg.(忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力)圖8(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)假設(shè)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(kāi)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)200V/m(2)5.5×10－3T(3)B＝eq\f(2E,v)解析(1)質(zhì)子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)vy＝at＝eq\f(qEL,mv)，tanα＝eq\f(vy,v)＝eq\f(EqL,mv2)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tanα＝eq\f(\f(H,2),L＋\f(L,2))得Emax＝eq\f(Hmv2,3qL2)＝200V/m.(2)質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有qvB＝meq\f(v2,R)，即R＝eq\f(mv,qB)根據(jù)幾何關(guān)系有：R2－(R－eq\f(H,2))2＝L2時(shí)，外加磁場(chǎng)最大得Bmax＝eq\f(mvH,qL2＋\f(H2,4))≈5.5×10－3T.(3)質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖．設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為v′，那么sinα＝eq\f(vy,v′)＝eq\f(at,v′)＝eq\f(\f(Eq,m)·\f(L,v),v′)＝eq\f(EqL,mvv′)由幾何關(guān)系知sinα＝eq\f(\f(L,2),R)＝eq\f(\f(L,2),\f(mv′,Bq))＝eq\f(BqL,2mv′)，得B＝eq\f(2E,v).考向3先電場(chǎng)后磁場(chǎng)再電場(chǎng)例5(2022·嘉興市期末)如圖9所示，O′PQ是關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)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．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．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eq\f(q,m)；(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)假設(shè)無(wú)論帶電粒子從PQ上哪個(gè)位置出發(fā)都能打到K板上，那么電壓UAK至少為多大？答案(1)eq\f(2U,B2R2)(2)－eq\f(\r(2),2)R～eq\f(\r(2),2)R(3)eq\f(2＋\r(2),4)U解析(1)由動(dòng)能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2由條件可知，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＝meq\f(v2,R0).聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2R2)(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(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)a在y軸上的投影與O′的距離為Δy＝R＋eq\f(\r(2),2)Ra點(diǎn)的縱坐標(biāo)ya＝eq\f(\r(2),2)R同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)b的縱坐標(biāo)yb＝－eq\f(\r(2),2)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：－eq\f(\r(2),2)R～eq\f(\r(2),2)R(3)只要沿QN方向入射的帶電粒子能打在K板上，那么從其他位置入射的粒子也一定打在K板上，那么在電場(chǎng)中E＝eq\f(UAK,2R)F＝qE＝may＝R＋eq\f(\r(2),2)R＝eq\f(1,2)at2應(yīng)滿足4R≥vt解得UAK≥eq\f(2＋\r(2),4)U考向4先后經(jīng)過(guò)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、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(guò)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(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，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eq\f(B1,B2).答案(1)eq\f(5\r(2)πL,4t)(2)eq\f(1＋\r(2),2)解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖．由幾何知識(shí)得r1＝eq\r(2)L ①粒子在x軸上方運(yùn)動(dòng)的圓心角α＝eq\f(5,4)π ②時(shí)間t＝eq\f(αr1,v0) ③結(jié)合①②③得v0＝eq\f(5\r(2)πL,4t)(2)由幾何關(guān)系得OQ＝r1＋r1·cos45°粒子在x軸下方運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝eq\f(\r(2),2)OQ由qv0B＝meq\f(v\o\al(,02),r)得eq\f(B1,B2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1＋\r(2),2).1.(2022·稽陽(yáng)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(huà)出，兩圓中間的圓環(huán)局部沒(méi)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(guò)A點(diǎn)，帶電粒子重力不計(jì)，求：圖1(1)假設(shè)v＝eq\f(\r(3)B1qR1,m)，那么帶電粒子在小圓內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為多少；(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)eq\f(πm,3qB1)(2)垂直于紙面向里(3)eq\f(R2,R1)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＝meq\f(v2,r1)，r1＝eq\f(mv,qB1)＝eq\r(3)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＝eq\f(π,3)，那么t＝eq\f(θr1,v)，解得t＝eq\f(πm,3qB1).(2)粒子第一次回到小圓便經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，那么粒子在大圓外的磁場(chǎng)中繼續(xù)做逆時(shí)針?lè)较虻膱A周運(yùn)動(dòng)，那么B2的方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶铮?3)由幾何關(guān)系可得eq\f(r1,r2)＝eq\f(R1,R2)，r1＝eq\f(mv,qB1)，r2＝eq\f(mv,qB2)，解得eq\f(B1,B2)＝eq\f(R2,R1).2．(2022·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(huà)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)eq\f(mg,q)方向豎直向上(2)eq\f(3mv2,4qL)－eq\f(mg,q)(3)eq\f(18mv,7qL)解析(1)由帶電小球在場(chǎng)區(qū)Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可知，E2q＝mg得E2＝eq\f(mg,q)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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(L,v)，帶電小球飛出場(chǎng)區(qū)Ⅰ時(shí)，豎直方向的速度v豎＝vtan37°＝eq\f(3,4)v，那么a＝eq\f(\f(3,4)v,t)＝eq\f(3v2,4L)由牛頓第二定律得E1q＋mg＝ma得E1＝eq\f(3mv2,4qL)－eq\f(mg,q)(3)由類(lèi)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＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(3,8)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Rcos37°＋R＝eq\f(1,2)L＋eq\f(3,8)L解得R＝eq\f(35,72)L此時(shí)R(1＋sin37°)＝eq\f(7,9)L＜L，y＋R(1－cos37°)＝eq\f(17,36)L＜eq\f(1,2)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邊射出磁場(chǎng)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)Ⅱ時(shí)小球速度v′＝eq\r(v2＋v\o\al(,豎2))＝eq\r(v2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v))2)＝eq\f(5,4)v由Bqv′＝meq\f(v′2,R)得B＝eq\f(mv′,qR)＝eq\f(18mv,7qL)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<y<d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(3mv\o\al(,02),2qd)，其中q與m分別為α粒子的電荷量和質(zhì)量；在d<y<2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，mn為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的邊界．a(chǎn)b為一塊很大的平面感光板，垂直于xOy平面且平行于x軸放置于y＝2d處，如圖4所示．觀察發(fā)現(xiàn)此時(shí)恰好無(wú)粒子打到ab板上(不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用)，求：圖3(1)α粒子通過(guò)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的大小；(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)2v0eq\f(2\r(3),3)d(2)eq\f(3mv0,qd)(3)eq\f(2,3)d解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理qEd＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)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＝v0eq\r(\f(2d,\f(qE,m)))＝eq\f(2\r(3),3)d此即為α粒子通過(guò)mn時(shí)距y軸的最大距離．(2)假設(shè)沿x軸正方向射出的粒子不能打到ab板上，那么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＝eq\f(π,3)，那么r＋rsineq\f(π,6)＝d，可得其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(2,3)d又根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvtB＝meq\f(v\o\al(,t2),r)，解得B＝eq\f(3mv0,qd)(3)易知沿x軸負(fù)方向射出的粒子假設(shè)能打到ab板上，那么所有粒子均能打到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(lái)的eq\f(1,3)，即當(dāng)ab板位于y＝eq\f(4,3)d的位置時(shí)，恰好所有粒子均能打到ab板上，有Δd＝2d－eq\f(4,3)d＝eq\f(2,3)d4．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(guò)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)，圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)為E0，方向如下圖；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；eq\x\to(QN)＝2d、eq\x\to(PN)＝3d，離子重力不計(jì)．圖4(1)求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大小；(2)假設(shè)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)假設(shè)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)eq\f(2U,E0)(2)eq\f(12U,d)(3)eq\f(1,2d)eq\r(\f(2Um,q))≤B＜eq\f(2,3d)eq\r(\f(2Um,q))解析(1)離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qU＝eq\f(1,2)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＝eq\f(mv2,R)得：R＝eq\f(2U,E0)(2)離子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)恰好能打在NQ的中點(diǎn)，那么d＝vt,3d＝eq\f(1,2)at2由牛頓第二定律得：qE＝ma，聯(lián)立解得：E＝eq\f(12U,d)(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＝eq\f(mv2,r)，那么r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2Um,q))離子能打在QN上，那么離子運(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：eq\f(3,2)d＜r≤2d，那么有eq\f(1,2d)eq\r(\f(2Um,q))≤B＜eq\f(2,3d)eq\r(\f(2Um