人教版高中物理新教材同步讲义选修第二册 第1章　专题强化4　带电粒子在组合场中的运动（含解析）

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带电粒子在组合场中的运动[学习目标]　1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法.2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法.3.会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现．1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识2．“电偏转”与“磁偏转”的比较一、由电场进入磁场例1　(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S2)，图中虚线Ox垂直于极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　　)A．极板S1带正电B．粒子到达O点的速度大小为eq \r(\f(2qU,m))C．此粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(πm,3qB)D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝eq \r(\f(Um,qB2))答案　BC解析　带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝eq \f(π,3)，此粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(1,6)×eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(πm,3qB)，故C正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝meq \f(v2,R)把B选项中求得的速度大小代入可得R＝eq \r(\f(2Um,qB2))，则该有界磁场区域的宽度d＝R＝eq \r(\f(2Um,qB2))，故D错误．例2　如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．答案　(1)eq \f(v0,2)　(2)eq \f(π,4)解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝eq \f(1,2)at12，qE＝ma联立解得E＝eq \f(mv02,2qL)粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，tan α＝eq \f(vy,v0)＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v＝eq \r(2)v0.粒子所受洛伦兹力提供向心力，则Bqv＝eq \f(mv2,r)，由几何关系得r＝eq \r(2)L联立解得B＝eq \f(mv0,qL)，则eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2)；(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)，粒子在磁场中运动的时间为t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πL,2v0)，粒子在电场中运动的时间为t1＝eq \f(2L,v0)，解得eq \f(t2,t1)＝eq \f(π,4).从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时速度的大小和方向，这是正确求解的关键．二、从磁场进入电场例3　如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场，圆心O1在x轴上，半径为R且过坐标原点O，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从圆上P点正对圆心O1以速度v0射入磁场，从坐标原点O离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q(a，b)点，已知PO1与x轴负方向成θ角，不计粒子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E及匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)粒子从P运动到Q的时间．答案　(1)eq \f(2mbv02,a2q)　eq \f(mv0,Rq)tan eq \f(θ,2)　(2)eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))＋eq \f(a,v0)解析　(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得rtan eq \f(θ,2)＝R又qv0B＝meq \f(v02,r)故B＝eq \f(mv0,Rq)tan eq \f(θ,2)粒子从O到Q做类平抛运动，设运动时间为t2，a＝v0t2则t2＝eq \f(a,v0)，b＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t22故E＝eq \f(2mbv02,a2q)(2)粒子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(θ,2π)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(θr,v0)＝eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))则粒子从P运动到Q的时间为t＝t1＋t2＝eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))＋eq \f(a,v0).三、多次进出电场和磁场例4　如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知O、P之间的距离为d，不计粒子的重力．求：(1)O点到Q点的距离；(2)磁感应强度B的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间．答案　(1)2d　(2)eq \f(mv0,2qd)　(3)eq \f(7π＋4d,2v0)解析　(1)设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的静电力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h＝v0t1水平方向匀加速直线运动的平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(0＋vx,2)，则d＝eq \f(vxt1,2)根据速度的矢量合成知tan 45°＝eq \f(vx,v0)解得h＝2d.(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2eq \r(2)d由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，由(1)可知v＝eq \f(v0,cos 45°)＝eq \r(2)v0联立解得B＝eq \f(mv0,2qd).(3)粒子在电场中的运动时间为t1＝eq \f(2d,v0)粒子在磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(4πd,v0)粒子在第一象限中的运动时间为t2＝eq \f(135°,360°)·T＝eq \f(3,8)T粒子在第四象限内的运动时间为t3＝eq \f(T,2)故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(7π＋4d,2v0).1．(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(a)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(b)所示．图(b)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　电子在M、N间受向右的静电力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝eq \f(mv,qB)可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝eq \f(mv,qB)，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．2.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，则离子P＋和P3＋(　　)A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的轨迹半径之比为eq \r(3)∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3答案　BCD解析　离子P＋和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比为1∶3，故在电场中的加速度(a＝eq \f(qE,m))之比为1∶3，A项错误；离子在离开电场区域时，有qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动时，有qvB＝meq \f(v2,r)，得半径r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，则半径之比为1∶eq \f(1,\r(3))＝eq \r(3)∶1，B项正确；设磁场宽度为d，由几何关系，有d＝rsin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶eq \r(3)，因为θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C项正确；由qU＝eq \f(1,2)mv2可知，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D项正确．3.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区域加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场．现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝eq \r(3)R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)A.eq \f(8U,R2B2) B.eq \f(4U,R2B2) C.eq \f(6U,R2B2) D.eq \f(2U,R2B2)答案　C解析　设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝eq \f(\r(3)R,3).又Bqv＝meq \f(v2,r)，则eq \f(q,m)＝eq \f(6U,R2B2)，故C正确．4.如图所示的区域中，OM左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向．一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从小孔P以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C垂直于OM射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)电场强度E的大小．答案　(1)eq \f(3mv0,2qL)　(2)eq \f(mv02,2qL)解析　(1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，∠PO1C＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由r＋rcos 60°＝OC＝L得r＝eq \f(2L,3)粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv0B＝meq \f(v02,r)，解得：B＝eq \f(mv0,qr)＝eq \f(3mv0,2qL)；(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度大小为a＝eq \f(qE,m)，水平方向有2L＝v0t，竖直方向有L＝eq \f(1,2)at2联立解得E＝eq \f(mv02,2qL).5.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.答案　见解析解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示设粒子在电场中运动的时间为t1，则有2h＝v0t1，h＝eq \f(1,2)at12根据牛顿第二定律得Eq＝ma解得E＝eq \f(mv02,2qh)(2)设粒子进入磁场时速度为v，在电场中，由动能定理得Eqh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，又因Bqv＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(\r(2)mv0,Bq).(3)粒子在电场中运动的时间t1＝eq \f(2h,v0)粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,Bq)设粒子在磁场中运动的时间为t2，则t2＝eq \f(3,8)T得t＝t1＋t2＝eq \f(2h,v0)＋eq \f(3πm,4Bq).6．(2022·河北泊头一中高二月考)如图所示，以两虚线P、Q为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电荷量为－q、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度v0从电场边界P、Q之间的O点出发．(1)若粒子能到达边界Q，求O点到边界Q的最大距离l1；(2)若使粒子到达边界Q并进入磁场的偏转半径为R，求O点到边界Q的距离l2；(3)在题(2)的前提下，能使粒子从O点出发到再次回到O点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d和全过程的运动时间t.答案　见解析解析　(1)由动能定理得－Eql1＝0－eq \f(1,2)mv02，则l1＝eq \f(mv02,2Eq).(2)由动能定理得－Eql2＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，由洛伦兹力提供向心力，qv1B＝eq \f(mv12,R)解得l2＝eq \f(m2v02－q2B2R2,2Eqm).(3)要使粒子在磁场中运动时间最短，则轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力qv1B＝eq \f(mv12,R)qv2B＝eq \f(mv22,2R)由动能定理得Eqd＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12解得d＝eq \f(3q2B2R2,2Eqm)粒子在电场中运动的加速度a＝eq \f(Eq,m)在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)全过程的运动时间t＝eq \f(3,2)×eq \f(2πm,qB)＋eq \f(2v0－v1,a)＋eq \f(2v2－v1,a)＝eq \f(3πm,qB)＋eq \f(2mv0,Eq).电偏转磁偏转偏转条件只受恒定的静电力F＝qEv⊥E进入匀强电场只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvBv⊥B进入匀强磁场运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，tan θ＝eq \f(at,v0)利用牛顿第二定律、向心力公式有r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θT,2π)