2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第九章专题提升（八）　带电粒子在复合场中的运动

专题提升(八)　带电粒子在复合场中的运动

带电粒子在复合场中的运动实例分析

角度1　质谱仪的原理和分析

[例1]

(2019·江西南昌模拟)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定.质子H)在入口处从静止开始被电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若换作α粒子He)在入口处从静止开始被同一电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的倍数是(　B　)

A. B. C.2 D.

解析:粒子在加速电场中加速,由动能定理得qU=mv2-0,则v=,粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m,解得B=,设质子质量为m,电荷量为e,则α粒子质量为4m,电荷量为2e,为使质子和α粒子在入口处从静止开始被同一电场加速,经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,则半径r应保持不变,所需要的匀强磁场的磁感应强度Bα===Bp,故选项B正确.

角度2　回旋加速器的原理和分析

[例2]

(2019·湖南长沙模拟)(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用,其原理如图所示.D1和D2是两个中空的半圆形金属盒,置于与盒面垂直的匀强磁场中,它们接在电压为U、周期为T的交流电源上.位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略),它们在两盒之间被电场加速.当质子被加速到最大动能Ek后,再将它们引出.忽略质子在电场中的运动时间,则下列说法中正确的是(　BD　)

A.若只增大交变电压U,则质子的最大动能Ek会变大

B.若只增大交变电压U,则质子在回旋加速器中运行的时间会变短

C.若只将交变电压的周期变为2T,仍可用此装置加速质子

D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶

解析:由r=可知v=,则动能Ek=,所以质子的最大动能与回旋加速器的最大半径有关,而与交变电压U无关,故A错误;增大交变电压,质子加速的次数减少,所以质子在回旋加速器中的运行时间变短,B正确;为了使质子能在回旋加速器中加速,质子的运动周期应与交变电压的周期相同,C错误;由nqU=m及rn=可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶,D正确.

(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大,周期不变,最大动能与D形盒的半径有关.

角度3　霍尔效应的原理和分析

[例3]

(2019·四川成都模拟)如图所示,宽度为d、厚度为h的某种导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中,当电流通过该导体时,在导体的上、下表面之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应.实验表明:当磁场不太强时,电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U=k,式中的比例系数k称为霍尔系数,设载流子的电荷量大小为q,下列说法正确的是(　D　)

A.导体上表面的电势大于下表面的电势

B.霍尔系数为k=,其中n为导体单位长度上的电荷数

C.载流子所受静电力的大小F=

D.载流子所受洛伦兹力的大小f=,其中n为导体单位体积内的电荷数

解析:由左手定则可判断,载流子受到的洛伦兹力向上,但载流子电性不确定,故A错误;导体中的电场强度E=,载流子所受静电力F=qE=,故C错误;稳定时,载流子所受电场力与洛伦兹力相等,即qvB=,可得U=Bhv,根据电流的微观表达式I=nqSv=nqhdv,解得U=,则k=,其中n为导体单位体积内的电荷数,故B错误;载流子所受洛伦兹力f=qvB,而qv=,故f=,故D正确.

角度4　磁流体发电机

[例4]

如图,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽为d、高为h,上下两面是绝缘板,前后两侧面M,N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连.整个管道置于磁感应强度大小为B,方向沿z轴正方向的匀强磁场中.管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动,液体所受的摩擦阻力不变.

(1)求开关闭合前,M,N两板间的电势差大小U0.

(2)求开关闭合前后,管道两端压强差的变化Δp.

(3)调整矩形管道的宽和高,但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变,求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值.

解析:(1)设带电离子所带的电荷量为q,当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时,U0保持恒定,有qv0B=q,①

得U0=Bdv0.②

(2)设开关闭合前后,管道两端压强差分别为p1、p2,液体所受的摩擦阻力均为Ff,开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安,有p1hd=Ff,③

p2hd=Ff+F安,④

F安=BId,⑤

根据欧姆定律,有I=,⑥

两导体板间液体的电阻r=ρ,⑦

又Δp=p2-p1,⑧

由②③④⑤⑥⑦⑧式得Δp=.⑨

(3)电阻R获得的功率为P=I2R,⑩

P=()2R,

当=时,

电阻R获得的最大功率Pm=.

答案:见解析

1.

(霍尔元件)(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域.如图所示是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,当元件中通入图示方向的电流I时,C,D两侧面会形成一定的电势差U.下列说法中正确的是(　AD　)

A.若C侧面电势高于D侧面,则元件中形成电流的载流子带负电

B.若C侧面电势高于D侧面,则元件中形成电流的载流子带正电

C.在地球南、北极上方测地磁场强弱时,元件工作面竖直放置时U最大

D.在地球赤道上方测地磁场强弱时,元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时,U最大

解析:若元件的载流子带负电,由左手定则可知,载流子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏,则C侧面的电势高于D侧面的电势,故A正确;若元件的载流子带正电,由左手定则可知,载流子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏,则D侧面的电势高于C侧面的电势,故B错误;在地球南、北极上方测地磁场强弱时,因磁场方向竖直,则元件的工作面保持水平时U最大,故C错误;地球赤道上方的地磁场方向水平,在测地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持竖直,当与地球经线垂直时U最大,故D正确.

2.(质谱仪)(2019·重庆模拟)(多选)某种质谱仪的原理如图所示.高速原子核从A点沿AC方向进入平行正对的金属平板之间,板间有方向如图,大小为E的匀强电场,还有垂直于纸面,磁感应强度为B1的匀强磁场(图中未画出).符合条件的原子核能从C点沿半径方向射入半径为R的圆形磁场区,磁感应强度大小为B2,方向垂直于纸面向外.接收器安放在与圆形磁场共圆心的弧形轨道上,其位置由OP与OD的夹角θ描述.不考虑原子核所受重力对运动的影响,下列说法正确的是(　BCD　)

A.B1方向垂直于纸面向外

B.能从C点进入圆形磁场的原子核的速度为v=

C.若某原子核的原子序数为Z,实验中接收器在θ所对应位置能接收原子核,则该原子核的质量m=

D.现用此仪器分析氢的同位素,若在θ=120°的位置能接收到氕核,那么应该将接收器放于θ=60°的位置能接收到氚核

解析:符合条件的原子核做匀速直线运动进入磁场,其所受电场力与洛伦兹力等大反向,由于原子核带正电,所以磁场B1的方向垂直于纸面向里,由qvB1=qE,得v=,故A错误,B正确;若某原子核的原子序数为Z,实验中接收器在θ所对应位置能接收原子核,则粒子的轨迹刚好与OP相切,即粒子的偏转角为θ,由几何知识可得,粒子做圆周运动的半径r=,根据r=,联立解得m=,故C正确;由C分析可知tan =,由于氕核的比荷为1,氚核的比荷为,所以氕核偏转角一半的正切为氚核偏转角一半的正切的3倍,由数学知识可知,若在θ=120°的位置能接收到氕核,那么应该将接收器放于θ=60°的位置能接收到氚核,故D正确.

带电粒子在组合场中的运动

带电粒子在组合场中的运动,实际上是几个典型运动过程的组合(如:电场中的加速直线运动、类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动),因此解决此类问题要分段处理,找出各段之间的衔接点和相关物理量.

角度1　先电场后磁场

(1)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(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.

(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(丙)、(丁)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.

[例5] (2019·东北三校联考)如图所示,某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后,射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中,带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中,则粒子射入磁场和射出磁场的M,N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力,不考虑边缘效应)(　A　)

A.d随U1变化,d与U2无关

B.d与U1无关,d随U2变化

C.d随U1变化,d随U2变化

D.d与U1无关,d与U2无关

解析:设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v0,根据动能定理有qU1=m,则v0=,设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v,与水平方向的夹角为θ,则v=,粒子在磁场中做匀速圆周运动,有r=,而d=2rcos θ,联立解得d==,因而选项A正确.

(3)在有界磁场中运动时,要根据不同的边界确定临界条件,还要注意多解问题.

角度2　先磁场后电场

[例6]

(2019·广东广州一模)(多选)如图,正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,△bcd区域内有方向平行于bc的匀强电场(图中未画出).一带电粒子从d点沿da方向射入磁场,随后经过bd的中点e进入电场,接着从b点射出电场.不计粒子的重力.则(　ABD　)

A.粒子带负电

B.电场的方向是由b指向c

C.粒子在b点和d点的动能相等

D.粒子在磁场、电场中运动的时间之比为π∶2

解析:

由左手定则可判断出粒子带负电,选项A正确;根据粒子经过bd的中点e进入电场,接着从b点射出电场,可知粒子所受电场力方向为由c指向b,电场的方向是由b指向c,选项B正确;带电粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力不做功,在匀强电场中运动,电场力做正功,根据动能定理,粒子在b点的动能大于在d点的动能,选项C错误;画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示.设正方形abcd的边长为L,粒子在磁场中运动的轨迹半径r=,在磁场中运动的速度为v,运动的轨迹所对的圆心角θ=,运动的时间t1=,粒子在电场中的运动可分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的初速度为零的匀加速直线运动,则有=vt2,t2=,则粒子在磁场、电场中运动的时间之比t1∶t2=∶=π∶2,选项D正确.

带电粒子在不同场中的运动性质一般不同,所以组合场问题才显得复杂.而联系各个场中运动的关键物理量是速度,所以分析组合场问题的突破口就是分析各个场分界处的速度,包括其大小和方向.

角度3　先后多个电、磁场

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,跟在磁场中偏转两种运动有效组合在一起,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.当带电粒子连续通过几个不同的场区时,粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化,其运动过程则由几种不同的运动阶段组成.

[例7] (2018·江苏卷,15)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O,O′点,各区域磁感应强度大小相等.某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场.当入射速度为v0时,粒子从O上方处射出磁场.取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.

(1)求磁感应强度大小B;

(2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O′的时间t;

(3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt,求Δt的最大值.

解析:(1)粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,

qv0B=m

由题意知r0=,解得B=.

(2)粒子运动轨迹如图,设粒子在矩形磁场中的偏转角为α.

由几何关系d=rsin α,得sin α=,即α=53°

在一个矩形磁场中的运动时间t1=·

解得t1=

粒子做直线运动的时间t2=,解得t2=

则t=4t1+t2=().

(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x.

粒子向上的偏移量y=2r(1-cos α)+xtan α

由y≤2d,解得x≤d

则当xm=d时,Δt有最大值

粒子直线运动路程的最大值

sm=+(2d-2xm)=3d

增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d

增加时间的最大值Δtm==.

答案:(1)　(2) ()　(3)

磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题,带电粒子在两个磁场中的速度大小相同,但轨迹半径和运动周期往往不同.解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点,进一步寻找边角关系.

1.(先电场后磁场)(2019·广东韶关质检)如图所示,一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力),经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场,粒子在磁场中转半个圆周后打在P点,设QP=s,能够正确反应s与U之间的函数关系的是(　B　)

解析:带电粒子经电压U加速,由动能定理得qU=mv2,则v=,粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,洛伦兹力等于向心力,有qvB=m,根据几何关系有2r=s,联立解得s=,所以能够正确反应x与U之间的函数关系的是选项B.

2.(先磁场后电场)(2019·江苏扬州模拟)在如图所示的坐标系内,PQ是垂直于x轴的分界线,PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,AC边有一挡板可吸收电子,AC长为d.PQ右侧为偏转电场,两极板长度为d,间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏.现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场,电子能打在荧光屏上的最远处为M点,M到下极板右端的距离为d,电子电荷量为e,质量为m,不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应,求:

(1)电子通过磁场区域的时间;

(2)偏转电场的电压U;

(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上.

解析:(1)电子在磁场区域运动周期为

T=

通过磁场区域的时间为t1=T=.

(2)打在最远处(M点),必须是速度最大的电子恰从磁场的最高点进入电场,作出电子的运动轨迹如图(甲)所示.

由几何知识得r=d,

又r=

解得v=

电子通过电场的时间t2=,代入数据得t2=

电子离开电场后做匀速直线运动到达M点,根据几何知识有

==,

又y1+y2=d

解得y1=d

在偏转电场中沿电场线方向有

y1=·=d

联立得U=.

(3)电子恰好打在下极板右边缘时,作出电子的运动轨迹如图(乙)所示.

在磁场中,有r′=

在电场中,水平方向d=v′t

竖直方向r′=·t2

联立得v′=.

答案:(1)　(2)　(3)

带电粒子在叠加场中的运动

角度1　磁场力、重力并存

[例8]

(2019·湖北黄石模拟)(多选)如图所示,有一范围足够大的水平匀强磁场,磁感应强度为B,一个质量为m、电荷量为+q 的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上,环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动,经时间t0圆环回到出发点,不计空气阻力,取竖直向上为正方向,下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力f随时间t、动能Ek随位移s、机械能E随位移s变化规律的图象中,可能正确的是(　ABD　)

解析:在竖直方向,小圆环受竖直向下的重力和竖直向下的摩擦力,故小圆环向上做减速运动,由牛顿第二定律有mg+f=ma;在水平方向有N=qvB,则f=μN=μqvB.速度逐渐减小,滑动摩擦力逐渐减小,加速度逐渐减小,当速度减小到零时,加速度为g,此时摩擦力为零,然后小圆环向下做加速运动,竖直方向有mg-f=ma,水平方向有N=qvB,则f=μqvB,随着速度的增大,摩擦力增大,加速度减小,故A,B正确;动能先减小后增大,Eks图象的斜率大小表示合外力,从0~s过程,动能减小,合外力减小,从s~0的过程,动能增大,合外力减小,故C错误;小圆环的机械能逐渐减小,Es图象的斜率大小表示摩擦力,上升过程,从0~s,摩擦力逐渐减小,下滑过程,位移从s~0,摩擦力逐渐增大,故D正确.

角度2　电场力、磁场力并存(不计重力)

[例9]

(2019·四川攀枝花三模)如图所示,在矩形区域abcd内有匀强电场和匀强磁场.已知电场方向平行于ad边且由a指向d,磁场方向垂直于abcd平面,ab边长为L,ad边长为2L,一带电粒子从ad边的中点O平行于ab方向以大小为v0的速度射入磁场,恰好做匀速直线运动,若撤去电场,其他条件不变,则粒子从c点射出场区(粒子重力不计).下列说法正确的是(　B　)

A.磁场方向垂直abcd平面向外

B.撤去电场后,该粒子在磁场中的运动时间为

C.若撤去磁场,其他条件不变,则粒子在电场中运动时间为

D.若撤去磁场,其他条件不变,则粒子射出电场时的速度大小为v0

解析:

由题意可知,粒子所受洛伦兹力方向向下,则受电场力方向向上,所以粒子带负电荷,由左手定则可得,磁场方向垂直abcd平面向里,故A错误;撤去电场后,该粒子在磁场中做圆周运动,其运动轨迹如图所示,由几何关系得r2=(r-L)2+(L)2,解得r=2L,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=,解得B=,粒子运动的周期T=,设粒子的偏转角为θ,则sin θ==,所以θ=,则该粒子在磁场中的运动时间为t=T=T=,故B正确;若撤去磁场,其他条件不变,则粒子在电场中做类平抛运动,运动时间t′=,故C错误;电场与磁场同时存在时,粒子做匀速直线运动有qv0B=qE,解得E=Bv0=,粒子在电场中的加速度a==,则粒子射出电场时沿电场方向的分速度vy=at′=·=,则粒子的速度v===,故D错误.

(2)带电粒子在电场和磁场叠加场中偏转,是电场力和洛伦兹力不平衡造成的.此过程中电场力做功,洛伦兹力不做功,需根据电场力做功的正、负判断动能的变化.

角度3　电场力、磁场力、重力并存

[例10]

(2019·云南昆明一中训练)(多选)如图所示,在正交的匀强电场、匀强磁场中质量为m的带电小球做匀速圆周运动,轨道平面在竖直平面内,电场方向竖直向下,磁场方向垂直圆周所在平面向里,由此可知(　BC　)

A.小球带正电 B.小球带负电

C.小球沿顺时针方向运动 D.小球机械能守恒

解析:小球做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则小球所受重力与电场力等大反向,小球所受电场力方向向上,故小球带负电,A错误,B正确;根据左手定则可得,小球沿顺时针方向运动,C正确;小球做匀速圆周运动的过程中,电场力做功,机械能不守恒,D错误.

1.

(2019·湖南湘潭二模)(多选)如图所示,匀强磁场方向垂直纸面向里,匀强电场方向竖直向下,有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域.不计重力,则(　BD　)

A.若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入,电子也沿直线运动

B.若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入,电子将向上偏转

C.若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入,电子将向下偏转

D.若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入,电子也沿直线运动

解析:若电子从右向左飞入,电场力向上,洛伦兹力也向上,电子将向上偏转,选项A错误,B正确;若电子从左向右飞入,电场力向上,洛伦兹力向下,由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动,选项C错误,D正确.

2.

(2019·湖南岳阳二模)(多选)如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,BC为与AB相切的圆弧形轨道,并且圆弧形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.质量相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆弧形轨道的最高点,则(　CD　)

A.经过最高点时,三个小球的速度相等

B.经过最高点时,甲球的速度最小

C.甲球的释放位置比乙球的高

D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变

解析:设磁感应强度为B,圆弧形轨道半径为r,三个小球质量均为m,它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲,v乙和v丙,则mg+q甲Bv甲=,mg-Bq乙v乙=,mg=,显然,v甲>v丙>v乙,选项A,B错误;三个小球在运动过程中,只有重力做功,它们的机械能守恒,选项D正确;甲球在圆弧形轨道最高点处的动能最大,因为势能相等,所以甲球的机械能最大,甲球的释放位置最高,选项C正确.

1.(2019·全国Ⅲ卷,18)

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(　B　)

A. B. C. D.

解析:

由题意,作出粒子运动轨迹如图,设粒子进入磁场时的速度大小为v0,在第二象限的磁场中轨迹半径为r1,周期为T1,在第一象限的磁场中轨迹半径为r2,周期为T2,则r1=,T1=,r2=,T2=,则r2=2r1,由相应的几何关系可求得,粒子在第一象限的磁场中运动轨迹对应的圆心角为60°,在第二象限的磁场中运动轨迹对应的圆心角为90°,则粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=T1+T2=+=,选项B正确.

2.

(2015·福建卷,22)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动.A,C两点间距离为h,重力加速度为g.

(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC;

(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;

(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点.已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP.

解析:(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足

qvB+N=qE

小滑块在C点离开MN时

N=0

解得vC=;

(2)由动能定理得

mgh-Wf=m-0

解得Wf=mgh-.

(3)如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直.撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g′

g′=

且=+g′2t2

解得vP=.

答案:(1)　(2)mgh-

(3)

3.(2018·全国Ⅰ卷,25)

如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m,电荷量为q.不计重力.求

(1H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;

(2)磁场的磁感应强度大小;

(3H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.

解析:(1)

H在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示.设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有

s1=v1t1①

h=a1②

由题给条件,H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°.H进入磁场时速度的y分量的大小为

a1t1=v1tan θ1③

联立以上各式得

s1=h.④

(2H在电场中运动时,由牛顿第二定律有

qE=ma1⑤

设H进入磁场时速度的大小为v1′,由速度合成法则有

v1′=⑥

设磁感应强度大小为B,H在磁场中运动的圆轨道半径为r1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

qv1′B=⑦

由几何关系得

s1=2r1sin θ1⑧

联立以上各式得

B=.⑨

(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得

(2m)=m⑩

由牛顿第二定律有

qE=2ma2

设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′,速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有

s2=v2t2

h=a2

v2′=

sin θ2=

联立以上各式得

s2=s1,θ2=θ1,v2′=v1′

设H在磁场中做圆周运动的半径为r2,由⑦式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

r2==r1

所以出射点在原点左侧.

设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′,由几何关系有

s2′=2r2sin θ2

联立④⑧式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

s2′-s2=(-1)h.

答案:(1)h　(2)　(3)(-1)h

4.(2018·全国Ⅱ卷,25)

一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l′,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M,N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;

(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.

解析:(1)粒子运动的轨迹如图(甲)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为θ [见图(乙)],速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有

qE=ma①

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有v1=at②

l′=v0t③

v1=vcos θ④

粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=⑤

由几何关系得l=2rcos θ⑥

联立①②③④⑤⑥式得

v0=.⑦

(3)由运动学公式和题给数据得

v1=⑧

联立①②③⑦⑧式得

=⑨

设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′,则

t′=2t+T⑩

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,

T=

由③⑦⑨⑩得

t′=1+.

答案:(1)图见解析　(2)　

(3)　1+