22届高中物理一轮总复习 专题5　带电粒子在复合场中的运动（新高考）课件PPT

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带电粒子在复合场中运动的应用实例
①注: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注:(1)任何粒子只要满足 ,就能匀速直线通过选择器,与粒子的电荷量、质量无关。 (2)速度选择器只能单向应用。③注:电势高低的判断:若自由电荷是正电荷,则下表面a的电势低;若自由电荷是电子,则下表面a的电势高。
1.判断下列说法的正误。(1)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态。(　　)(2)带电粒子在复合场中可能做匀速圆周运动。(　　)(3)带电粒子在复合场中一定能做匀变速直线运动。(　　)(4)电荷在速度选择器中做匀速直线运动的速度与电荷的电性有关。(　　)(5)不同比荷的粒子在质谱仪磁场中做匀速圆周运动的半径不同。(　　)(6)粒子在回旋加速器中做圆周运动的半径、周期都随粒子速度的增大而增大。(　　)(7)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。(　　)(8)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的。(　　)
2.(新教材人教版选择性必修第二册P9“思考与讨论”改编)显像管的原理示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管颈上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(　　)
答案 A解析 电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,洛伦兹力先向上后向下,由左手定则,磁场方向先向外后向里;由a点逐渐移动到b点,电子做圆周运动的半径先增大再减小,由 ,则磁感应强度减小再增大,故只有选项A正确。
3.(2020全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)
A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案 D解析 加速电场对电子做的功WMN=qUMN=q(φM-φN)>0,电子为负电荷,则电压为负值,M处的电势必低于N处的电势,A错误。增大M、N之间的加速电压,据动能定理,qUMN= ,电子离开电场的速度必然增大;进入偏转电场,洛伦兹力提供向心力,可求出 ,速度增大,半径r增大;设磁场宽度为d,电子束离开偏转磁场后的偏转角度为θ,sin θ= ,d不变,r增大,θ减小,可使P点
右移,B错误。根据左手定则,可判断出偏转磁场垂直纸面向里,C错误。根据 ,磁感应强度增大,半径r减小,根据B选项解析可知,θ增大,可使P点左移,D正确。
4.(新教材人教版选择性必修第二册P11习题改编)磁流体发电是一项新兴技术,它可以把气体的内能转化为电能。下图是磁流体发电机的装置:A、B组成一对平行电极,两极间距为d,内有磁感应强度为B的匀强磁场,现持续将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的微粒,而整体呈中性)垂直喷射入磁场,每个离子的速度为v,电荷量大小为q,忽略两极之间的等效内阻。求:(1)稳定时磁流体发电机的电动势;(2)设外电路电阻为R,求R上消耗的功率。
5.(新教材人教版选择性必修第二册P21习题改编)质谱仪是分析同位素的重要工具,其原理简图如图所示。容器A中有电荷量均为+q、质量不同的两种粒子,它们从小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(不计粒子的初速度),并沿直线从小孔S2(S1与S2连线与磁场边界垂直)进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,最后打在照相底片D上,形成a、b两条“质谱线”。已知打在a处粒子的质量为m。不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)求打在a处的粒子刚进入磁场时的速率v;(2)求S2距a处的距离xa;(3)若S2距b处的距离为xb,且xb= xa,求打在b处粒子的质量mb(用m表示)。
2.“电偏转”和“磁偏转”的比较
破题 氕核和氘核在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量。
带电粒子在电场和磁场的组合场中运动,实际上是将粒子在电场中的加速与偏转,与在磁场中的偏转组合在一起,有效区别电偏转和磁偏转,寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。具体步骤如下:
1.(2019全国卷Ⅲ)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　)
2.如图所示,对角线MP将矩形区域MNPO分成两个相同的直角三角形区域,在直角三角形MNP区域内存在一匀强电场,其电场强度大小为E、方向沿y轴负方向,在直角三角形MOP区域内存在一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外(图中未画出)。一带正电的粒子从M点以速度v0沿x轴正方向射入,一段时间后,该粒子从对角线MP的中点进入匀强磁场,并恰好未从x轴射出。已知O点为坐标原点,M点在y轴上,P点在x轴上,MN边长为2L,MO边长为 L,不计粒子重力。求:(1)带电粒子的比荷;(2)匀强磁场的磁感应强度大小。
1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动。②若重力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,故机械能守恒,由此可求解问题。(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动。②若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用动能定理求解问题。
(3)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡,一定做匀速直线运动。②若重力与电场力平衡,一定做匀速圆周运动。③若合力不为零且与速度方向不垂直,将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用能量守恒或动能定理求解问题。2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,除受场力外,还受弹力、摩擦力作用,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况,并注意洛伦兹力不做功的特点,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。
【典例2】(2020山东高三下学期枣庄一中、高密一中、莱西一中第一次在线联考)如图所示,一个质量m=3 g,带电荷量q=-3×10-3 C的小球从绝缘光滑的圆弧轨道下滑至水平轨道末端,从末端飞出后恰好自小孔S进入两竖直放置的平行金属板间。两平行金属
板间存在正交的匀强磁场和匀强电场,匀强磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B=5 T;匀强电场方向水平向右,电场强度大小为E=10 N/C。小球在平行金属板间刚好做匀速直线运动,g取10 m/s2。试求:(1)这个带电小球进入平行金属板间的速度大小及速度与水平方向的夹角;(2)小球从圆弧轨道上释放时的高度H;(3)撤去电场,仍让小球从原位置由静止释放,求小球在磁场中运动到最低点时的速度大小。
解析(1)带负电的微粒在通过P点时受三个力的作用如图所示,其中重力竖直向下,大小为G=mg=3×10-2 N电场力水平向左,大小为F=qE=3 ×10-2 NG与F的合力为F合= =6×10-2 N设合力与水平方向成α角,则tan α=解得:α=30°洛伦兹力f应与F合等值反向,与水平方向成30°角,运用左手定则,根据f和B的方向判定,带电微粒的运动方向与水平方向成β角解得:β=60°由f=qvB得:v=4 m/s
(2)小球飞离圆弧轨道后做平抛运动,设平抛的初速度为v0,小球进入平行金属板间的速度为平抛的末速度,将其分解如图可得:v0=vcs β=2 m/s小球沿圆弧轨道下滑过程机械能守恒解得:H=0.2 m(3)小球以速度v=4 m/s进入磁场时,其水平向右的速度为2 m/s,竖直向下的速度为2 m/s,水平速度对应的洛伦兹力正好抵消重力;故物体的运动可看成是线速度为2 m/s的匀速圆周运动和向右速度为2 m/s的匀速直线运动的合运动,到达最低点时速度为v低=(2 +2) m/s=5.464 m/s。
破题 根据物体的平衡条件可求洛伦兹力,进而求小球进入金属板间的速度;由运动的合成与分解求小球平抛运动的初速度,然后根据能量(机械能)守恒定律求在圆弧轨道上下降的高度;把进入金属板间的速度沿水平和竖直方向分解,水平速度对应的洛伦兹力与重力抵消,竖直速度对应的洛伦兹力提供圆周运动的向心力。
规律方法粒子在叠加场中运动的分析思路
3.(多选)如图所示,空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,电场强度大小为 ,且电场方向和磁场方向相互垂直,在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆,与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内,
一质量为m,带电量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上,若小球沿杆向下的初速度为v0时,小球恰好做匀速直线运动,已知重力加速度大小为g,小球电荷量保持不变,则以下说法正确的是(　　)
解析 对小球进行受力分析如图所示,电场力的大小:由于重力的方向竖直向下,电场力的方向水平向左,二者垂直,合力: ,由几何关系可知,重力与电场力的合力与杆的方向垂直,所以重力与电场力的合力不会对小球做功,而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直,所以也不会对小球做功。所以,当小球做匀速直线运动时,不可能存在摩擦力,没有摩擦力,说明小球与杆之间就没有支持力的作用,则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等,方向相反。
4.(2020广西桂林模拟)如图所示,质量为m,带电荷量为+q的液滴,以速度v沿与水平方向成θ=45°角斜向上进入正交的足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域,电场强度方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,液滴在场区做直线运动。重力加速度为g,求:
(1)电场强度E和磁感应强度B的大小;(2)当液滴运动到某一点A时,电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,不考虑因电场变化而产生的磁场的影响,此时液滴加速度的大小;(3)在满足(2)的前提下,液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间。
解析(1)液滴带正电,受力如图所示,根据平衡条件有qE=mgtan θ=mg
交变电、磁场问题(师生共研)
【典例3】 如图甲所示,虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点),以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t=0),在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场,使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为( +1)L,t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期,重力加速度大小为g。
(1)求电场强度E的大小;(2)求t0与t1的比值;(3)小球过D点后将做周期性运动,当小球运动的周期最大时,求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
(3)当小球运动的周期最大时,其运动轨迹应与MN相切,小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示,
破题 本题电场为匀强电场,磁场按周期性变化。这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况,弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态,做什么运动,画出一个周期内的运动径迹的草图。
1.解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时,关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性,对粒子的运动情景、运动性质做出判断。2.这类问题一般都具有周期性,在分析粒子运动时,要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系。3.带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律,所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。
5.(多选)如图甲所示,在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场,其变化规律如图乙所示。薄挡板MN两端点恰在圆周上,且MN所对的圆心角为120°。在t=0时,一质量为m、
电荷量为+q的带电粒子,以初速度v从A点沿直径AOB射入场区,运动到圆心O后,做一次半径为 的完整的圆周运动,再沿直线运动到B点,在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计,电荷量不变),运动轨迹如图甲所示。粒子的重力不计,不考虑变化的磁场所产生的电场,下列说法正确的是(　)
A.磁场方向垂直纸面向外D.若t=0时,质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v从A点沿AO入射,偏转、碰撞后,仍可返回A点
答案BC　解析根据轨迹可知,带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动,由左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,选项A错误;由牛顿第二定律有
若t=0时,质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v从A点沿AO入射,到达O点后向下偏转,与板碰撞后,到达B板,与B碰撞后向上偏转90°,然后从磁场中飞出,则不能返回A点,选项D错误。
6.如图所示,在xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场,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轴负方向为电场强度的正方向)。在t=0时刻由原点O发射一个初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带正电粒子,粒子的比荷 ,B0、E0、t0均为已知量,不计粒子受到的重力。
(1)求在0~t0内粒子转动的半径;(2)求t=2t0时,粒子的位置坐标;(3)若粒子在t=25t0时首次回到坐标原点求电场强度E0与磁感应强度B0的大小关系。
解决实际问题的一般过程
【典例4】 (多选)(2020湖南衡阳高三一模)如图所示的流量计,测量管由绝缘材料制成,水平放置,其长为L、直径为D,左右两端开口,匀强磁场方向竖直向上,在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极,污水充满管口从左向右流经测量管时,a、c两端电压为U,显示仪器显示污水流量为Q(单位时间内排出的污水体积)。则下列说法不正确的是(　　)A.a侧电势比c侧电势低B.若污水中正离子较多,则a侧电势比c侧电势高;若污水中负离子较多,则a侧电势比e侧电势低C.污水中离子浓度越高,显示仪器的示数将越大D.污水流量Q与U成正比,与L无关
答案BC　解析 污水中正、负离子向右移动,受到洛伦兹力,根据左手定则,正离子向前表面c偏,负离子向后表面a偏,所以a侧电势比c侧低,与污水中正、负离子的数量无关,选项A正确、B错误;稳定后,离子受到洛伦兹力和电场力作用,受力平衡,有 ,分析可知,显示仪器的示数Q与离子的浓度无关,选项C错误;同理可知Q与U成正比,与L无关,选项D正确。
7.(2019天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄灭。则元件的(　　)
A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
答案 D解析 霍尔元件中电流方向向右,磁场方向向下,根据左手定则可知,电子向后表面偏转使后表面带负电,故后表面比前表面的电势低,选项A错误;电子在霍尔元件内受到的洛伦兹力等于电场力时,电子不再偏转,前、后表面的电压稳定,此时 ,可得前、后表面的电压U=Bav,故前、后表面的电压U与磁感强度B、元件宽度a和电子定向移动速度v有关,与元件长度c无关,选项B、C错误,选项D正确。
8.(2020山东济宁高三三模)电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置,基本原理如图所示。图中上半部分为侧视图,S、N为电磁铁的两个磁极,磁极之间有一环形真空室,图中下半部分为真空室的俯视图。电磁铁线圈中电流发生变化时,产生的感生电场可以使电子在真空室中加速运动。已知电子的带电荷量为e=1.6×10-19 C,质量为m=9.1×10-31 kg,初速度为零,在变化的磁场作用下运动轨迹半径恒为R=0.455 m,电子轨迹所在处的感生电场的电场强度大小恒为E=9.1 V/m,方向沿轨迹切线方向,电子重力不计。
求:(1)经时间t=5×10-3 s电子获得的动能Ek(结果保留两位有效数字);(2)t=5×10-3 s时刻电子所在位置的磁感应强度B的大小。
答案(1)2.9×10-11 J　(2)0.1 T解析(1)电子受到一直沿切线方向的电场力而不断加速。由牛顿第二定律得eE=ma由运动学规律知v=at由动能表达式知Ek= mv2解得Ek=2.9×10-11 J(2)电子受到一直指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向。由牛顿第二定律得evB=解得B=0.1 T
一、典型物理模型指导突破(一)科学思维之模型建构——“数学圆”模型在电磁学中的应用一、“平移圆”模型的应用
案例探究1如图所示,边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1,由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计),则t1∶t2为(　　)A.2∶1B.2∶3C.3∶2
二、“放缩圆”模型的应用
案例探究2(多选)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内,O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下,从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以大小不同的速率射入正方形内,下列说法中正确的是(　　)
A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0,则它一定从cd边射出磁场B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0,则它一定从ad边射出磁场C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0,则它一定从bc边射出磁场D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ab边射出磁场
解析 如图所示,作出带电粒子以方向与Od成30°角的速度射入正方形内时,刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知,带电粒子在磁场中做
三、“旋转圆”模型的应用
案例探究3边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向同时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,所有粒子的速率均为v。如图所示,沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出,不计粒子之间的相互作用和重力的影响,已知sin 35°=0.577。求:(1)匀强磁场的磁感应强度的大小;(2)带电粒子在磁场中运动的最长时间;(3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时,还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例。
(3)由几何知识得,从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD=OC,粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60°,如图所示,入射速度与OD的夹角应为30°,即沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子相等,从OB方向到OC方向这30°范围内的粒子此时都还在磁场中,而入射的范围为60°,故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是 。
1.(多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、速度不同的粒子,从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场,对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是(　　)A.射出粒子带正电B.射出粒子的最大速度为C.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
2.如图所示为圆形区域的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源,沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子,带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q,不考虑带电粒子的重力。(1)求带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径;(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。
(2)粒子的速率均相同,因此粒子轨迹圆的半径均相同,但粒子射入磁场的速度方向不确定,故可以保持圆的大小不变,只改变圆的位置,画出“动态圆”,通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹
均为劣弧,对于劣弧而言,弧越长,弧所对应的圆心角越大,偏转角越大,则运动时间越长,当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时,粒子在磁场空间的偏转角最大,
二、典型物理模型指导突破(二)科学思维之模型建构——圆形有界匀强磁场中的磁聚焦和磁发散模型
说明磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性。
案例探究 如图所示,真空中有一半径r=0.5 m的圆形磁场,与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=2×10-3 T,方向垂直于纸面向外,在x=1 m和x=2 m 之间的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场区域,电场强度E=1.5×103 N/C。在x=3 m处有一垂直于x轴方向的足够长的荧光屏,从O点处向不同方向发射出速率相同、比荷 =1×109 C/kg且带正电的粒子,粒子的运动轨迹在纸面内,一个速度方向沿y 轴正方向射入磁场的粒子,恰能从磁场最右侧的A点离开磁场,不计粒子重力及其相互作用,求:
(1)沿y轴正方向射入磁场的粒子进入电场时的速度大小和粒子在磁场中的运动时间;(2)速度方向与y轴正方向成θ=30°角(如图中所示)射入磁场的粒子,离开磁场时的速度方向;(3)按照(2)中条件运动的粒子最后打到荧光屏上的位置坐标。
答案 (1)1×106 m/s　 ×10-6 s　(2)与x轴平行向右　(3)(3 m,3 m)
(2)由粒子的轨迹半径R=r及几何关系可知,粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、C以及两圆的圆心O1、O2组成菱形,CO2和y轴平行,所以粒子离开磁场时的速度v的方向和x轴平行向右,如图甲所示。
(3)粒子在磁场中转过120°后从C点离开磁场,速度方向和x轴平行,做直线运动,再垂直电场线进入电场,如图乙所示。
在磁场中y1=r(1+sin θ)=0.5×1.5 m=0.75 m,在电场中侧移y2= ×1.5×1012×( )2 m=0.75 m,飞出电场后粒子做匀速直线运动y3=Δxtan α=1×1.5 m=1.5 m,y=y1+y2+y3=0.75 m+0.75 m+1.5 m=3 m,则粒子打到荧光屏上的位置坐标为(3 m,3 m)。
破题 首先在解答(1)问时根据题意确定粒子匀速圆周运动的半径等于磁场圆的半径,判断出本题考查磁发散模型,然后在此思路引导下解题就事半功倍了。
创新训练1.如图所示,一束不计重力的带电粒子沿水平方向向左飞入圆形匀强磁场区域后发生偏转,都恰好能从磁场区域的最下端P孔飞出磁场,则这些粒子(　　)A.运动速率相同 B.运动半径相同C.比荷相同 D.从P孔射出时的速度方向相同
答案 B解析根据“磁聚焦”模型可直接判断只有选项B正确。
2.如图所示,长方形abcd的长ad=0.6 m,宽ab=0.3 m,O、e分别是ad、bc的中点,以e为圆心、eb为半径的四分之一圆弧和以O为圆心、Od为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25 T。一群不计重力、质量为m=3×10-7 kg、电荷量为q=+2×10-3 C的带正电粒子,以速度v=5×102 m/s沿垂直ad方向垂直射入磁场区域,则下列判断正确的是(　　)A.从Od之间射入的粒子,出射点全部分布在Oa边B.从aO之间射入的粒子,出射点全部分布在ab边C.从Od之间射入的粒子,出射点分布在ab边D.从ad之间射入的粒子,出射点一定是b点
解析粒子进入磁场后做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,得 ;因ab=0.3 m=r,从O点射入的粒子从b点射出,如图所示;从Od之间射入的粒子,因磁场边界上无磁场,粒子经圆周运动到达bc后做直线运动,即全部通过b点;从aO之间射入的粒子先做一段时间的直线运动,设某一个粒子在M点进入磁场,其运动轨迹圆圆心为O',如图所示,根据几何关系可得,四边形O'Meb是菱形,则粒子的出射点一定是b点,可知,从aO之间射入的粒子,出射点一定是b点,故选项A、B、C错误,选项D正确。