突破点(一) 质谱仪与回旋加速器
1．质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
12
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv。
2
v2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
r1
由以上两式可得r＝ 2mUBqr2B2q2U，m＝，＝22。 q2UmBr2．回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电
mv2q2B2r2
场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最
r2m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。
[典例] (2016·江苏高考，节选)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R。两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，2πmT周期T＝。一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。
qB2现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：
甲
1
乙
(1)出射粒子的动能Em；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0。 [解析] (1)粒子运动半径为R时
v2
qvB＝m R12
且Em＝mv
2
q2B2R2
解得Em＝。
2m(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝
qU0
md12
匀加速直线运动nd＝a·Δt
2
πBR＋2BRdπm由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－。
22U0qB
2q2B2R2πBR＋2BRdπm[答案] (1) (2)－ 2m2U0qBT2
[集训冲关]
1.(2016·全国乙卷)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。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电
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12倍。此离子和质子的质量比约为( )
A．11 C．121
B．12 D．144
12
解析：选D 带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv，在磁场中偏转时，其半径r2
2
＝，由以上两式整理得：r＝
mvqB12mUBq。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶
12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。
2.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )
A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大D形金属盒的半径
解析：选BD 回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半
m2
m1
mv2qBR径恰好等于D形盒的半径，根据qvB＝可得，v＝，因此离开回旋加速器时的动能Ek
Rm12qBR＝mv＝可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，A、C错误；磁感应强度越大，D22m形盒的半径越大，动能越大，B、D正确。
突破点(二) 带电粒子在三类组合场中的运动
222
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，跟磁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。
[多维探究]
3
(一)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。
[典例1] (2017·长沙市望城一中高三调考)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．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] 带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：＝cos θ
而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线
v0
vd22Rv0mv2mv0
MN夹角正好等于θ，则有：＝cos θ，所以d＝，又因为半径公式R＝，则有d＝
RvBqBq2
＝
2mU1
Bq。故d随U1变化，d与U2无关，故A正确；B、C、D错误。
4
[答案] A (二)先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况： (1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图甲、乙所示)
[典例2] (2014·海南高考)如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段
时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间； (2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
[解析] (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有
v022πRqv0B＝m T＝ Rv0
55
依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为π，所需时间t1为t1＝T，
485πm求得t1＝。
4qB(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，
12mv0
有qE＝ma v0＝at2 得t2＝ 2qE根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0 2mv0
得电场强度最大值E＝。
qT0
5
5πm2mv0
[答案] (1) (2) 4qBqT0(三)先后多个电、磁场
[典例3] (2014·广东高考)如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6 L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的
k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2 若k＝1，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心在M点，因此做圆周运动的半径r＝L v2 且qvB0＝m r12 粒子在电场中做加速运动，由动能定理得，qEd＝mv 2 qB02L2 求得E＝ 2md(2)若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出 由几何关系知：(r－L)＋(kL)＝r 解得r＝ 2 2 2 k2＋ 2 L v2qB0rk2＋qB0L由qvB0＝m得，v＝＝ rm2mmvk2＋B0L粒子在磁场Ⅱ中运动的半径R＝＝ qB2B由题意及几何关系得，6L＝2(kL＋kL) Rr 6 解得B＝B0 3－k[答案] 见解析 突破点(三) 带电粒子在交变电、磁场中的运动 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 先读图 受力分析 过程分析 找衔接点 选规律 看清、并明白场的变化情况 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 分析粒子在不同时间内的运动情况 找出衔接相邻两过程的物理量 联立不同阶段的方程求解 [多维探究] (一)交变磁场 [典例1] (多选)(2017·西安模拟)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( ) k 3 A．若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 8B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 211 C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 8D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 2[解析] 要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为 TTT33 T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理可判断B、C、D选项， 2 4 8 可得A、D正确。 [答案] AD (二)交变电场＋恒定磁场 [典型2] (2017·合肥模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电 7 场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知：B＝5×10 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝10 m/s，比荷为＝10 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求： 5 －3 qm8 (1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径； (2)带电粒子射出电场时的最大速度； (3)带电粒子打在屏幕上的范围。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 电场可视作是恒定不变的 电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动 最小半径 当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小 由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出 最大速度 第二步：找突破口 (1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。 (2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。 (3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解。 [解析] (1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。 mv02 粒子在磁场中运动时qv0B＝ rmin 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 8 5 mv010rmin＝＝8 m＝0.2 m qB10×5×10－3 其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。 d121U1ql2 (2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有＝at＝· 222dmv0 代入数据，解得U1＝100 V 在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大112U12 速度为vmax，则有mvmax＝mv0＋q· 222 解得vmax＝2×10 m/s＝1.414×10 m/s。 (3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径 5 5 rmin＝d＝0.2 m 径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点， 则O′E＝rmin＝0.2 m 带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示。 mvmax2 qvmaxB＝ rmax 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 5 mvmax2×102rmax＝＝8 m －3 m＝ qB10×5×105 由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则 d0.2 O′Q＝＝ m＝0.1 m 2 2 带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则 O′F＝rmax－O′Q＝(2 －0.1)m＝0.18 m 5 9 即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内。 [答案] (1)0.2 m (2)1.414×10 m/s (3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内 (三)交变磁场＋恒定电场 [典例3] (2017·哈尔滨三中模拟)如图甲所示，质量为m带电量为－q的带电粒子在 5 t＝0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场磁感应强度大小不变方向周期性变 化如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同均为B0。粒子在Ⅰ区域内一定能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为整数倍，则 2 (1)粒子在Ⅰ区域运动的轨道半径为多少？ (2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)。 T0 [思路点拨] (1)粒子在电场中向下做匀加速直线运动。 (2)试画出符合第(2)问的两种运动轨迹示意图。 提示： v02[解析] (1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝m r解得r＝ 2πrT0v0mv0 或T0＝，r＝。 v02πqB0 (2)第一种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝ 2 xv22 qv2B0＝m R解得粒子在Ⅲ区域速度大小：v2＝ qB0x 2m 10 第二种情况： 粒子在Ⅲ区域运动半径R＝ x－4r2 粒子在Ⅲ区域速度大小：v2＝[答案] (1)qB0x－2v0。 2mmv0v0T0qB0xqB0x或 (2) －2v0 qB02π2m2m(四)交变电、磁场 [典例4] 如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中＝ E08v0 ，在0～ B0π2 t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为 2v0t0π ， 2v0t0。求： π (1)粒子P的比荷； (2)t＝2t0时刻粒子P的位置； (3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。 [解析] (1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中 1 做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周， 4所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即 R＝ 2v0t0 ① π v02 又qv0B0＝m② R 11 E08v0 代入＝2 B0πq4v0 解得＝。③ mπE0t0 (2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则 T＝ 2πR④ v0 联立①④解得T＝4t0⑤ 1 即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平 42πRπR抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝＝⑥ 42 y1＝at02，⑦ 其中加速度a＝ 1 2 qE0 m2v0t02＋πv0t0，0，如图 由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为ππ中的b点所示。 (3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L＝2R＋2x1⑧ 2＋π解得L＝2v0t0 π 4v02＋πv0t0，0 (3)2＋π2vt [答案] (1) (2)00 πE0t0ππ 现代科技中的组合场问题 近年来，高考试题中不断出现以现代科技为背景的题目，学生应强化对背景的分析，构建出正确的物理模型，现举例如下。 12 (2014·浙江高考)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图甲所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出。 Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速 2率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞) R (1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小； (2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图乙说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)； (3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围； (4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系。 12 解析：(1)由动能定理得MvM＝eU① 2 MvM2 U＝② 2eeEUvM2 a＝＝e＝。③ MML2L(2)垂直纸面向外④ (3)设电子运动的最大半径为r，由图甲中几何关系得 32r＝R⑤ 2 v2 eBv＝m⑥ r3eBR所以有v0≤v＜⑦ 4m4mv0 要使⑦式有解，磁感应强度B＞。⑧ 3eR 13 (4)如图乙所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r 2根据几何关系得r＝由⑥⑨式得vmax＝ 4m3R－sin α3eBR－sin α ⑨ 。 R 答案：见解析 [反思领悟] 把握三点，解决现代科技中的组合场问题 1．对题目背景涉及的物理知识和原理机制进行认真分析。 2．从力、运动、能量三个角度分析粒子的运动过程，并画出运动轨迹的草图。 3．构建物理模型，选择适用的物理规律和方法解决问题。 对点训练：质谱仪与回旋加速器 1.(2017·衡水市冀州中学检测)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( ) A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4 C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 解析：选C 带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。 mv2mΔv电场的方向没有改变，则在AC间加速，故A、D错误；根据r＝得，则P1P2＝2(r2－r1)＝， qBqB因为每转一圈被加速一次，根据v2－v1＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2＜v2－v1，则P1P2＞P3P4，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得， 2 2 mvqBqBrv＝，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确。 m 14 2.(多选)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向 外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则( ) A．速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电 B．三种粒子的速度大小均为 C．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大 D．如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为 EB2 qB1B2Δx E解析：选AC 根据粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电， 又由于粒子束在速度选择器中沿直线运动，因此电场方向一定向右，A正确；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝B1qv，可得v＝，B错误；粒 EB1 v2 子在底板MN下侧的磁场中运动时，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qB2v＝m，可R得R＝ mv，如果三种粒子的电荷量相等，粒子的质量越大，其轨道半径也越大，所以打在qB2 2m1v2m3v、OP3＝2R3＝，由题意可知ΔxP3点的粒子质量最大，C正确；由题图可知OP1＝2R1＝ qB2qB2 2m3v2m1vqB2ΔxqB1B2Δx＝OP3－OP1＝－，因此Δm＝m3－m1＝＝，D错误。 qB2qB22v2E对点训练：带电粒子在三类组合场中的运动 3．(2017·广东六校高三第一次联考)如图所示，两平行金属板E、F 之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，磁场MN和PQ边界距离为d。求： (1)粒子离开电场时的速度； (2)若粒子垂直边界PQ离开磁场，求磁感应强度B； (3)若粒子最终从磁场边界MN离开磁场，求磁感应强度的范围。 15 解析：(1)设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有： qU＝mv2解得：v＝ 12 2qUm。 (2)粒子离开电场后，垂直进入磁场，根据几何关系得r＝2d v21 由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝m，联立解得：B＝ r2d2mUq。 (3)最终粒子从边界MN离开磁场，需满足条件：刚好轨迹于PQ相切 d＝r＋rsin 30° 3 解得：B＝ 2d2mUq 3 2d2mU3 ，磁感应强度的范围是B≥ q2d2mU。 磁感应强度的最小值为B＝ q 答案：(1) 2qU1 (2) m2d2mU3 (3)B≥ q2d2mUq 4.(2017·唐山联考)如图所示，在xOy平面内，在x>0范围内以x轴为电场和磁场的边界，在x<0范围内以第三象限内的直线OM为电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成θ＝45°角，在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，在边界 的上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝32 N/C；在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒，以沿x轴负方向的初速度v0＝2×10 m/s射出，已知OP＝0.8 cm，微粒所带电荷量q＝－5×10 －18 3 C，质量m＝1×10 －24 kg，求： (1)带电微粒第一次进入电场时的位置坐标； (2)带电微粒从P点出发到第三次经过电、磁场边界经历的总时间； (3)带电微粒第四次经过电、磁场边界时的速度大小。 16 解析：(1)带电微粒从P点开始在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，由半径公式可得 mv0－3 r＝＝4×10 m。 B|q| 因为OP＝0.8 cm，匀速圆周运动的圆心在OP的中点C，由几何关系可知，A点位置的坐标为(－4×10 m，－4×10 m)。 (2)带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为 2πm－5T＝＝1.256×10 s。 B|q| 1－5 由图可知，微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场，故t1＝T＝0.314×10 s。 4微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零，然后反向做匀加速直线运动，微粒运动|q|E的加速度为a＝， －3 －3 m2v02mv0－5 故在电场中运动的时间为t2＝＝＝2.5×10 s。 aE|q| 微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动，故t3＝t1＝0.314×10 s，所以微粒从P点出发到第三次经过电、磁场边界的时间为t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10 s。 (3)微粒从B点第三次经过电、磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，则加速度 －5－5 a＝ |q|E82 ＝1.6×10 m/s， m则第四次到达电、磁场边界时， 1yy＝at42，x＝v0t4，tan 45°＝， 2x解得vy＝at4＝4×10 m/s。 则微粒第四次经过电、磁场边界时的速度为 3 v＝v02＋vy2＝25×103 m/s。 答案：(1)(－4×10 m，－4×10 m) (2)3.128×10 s (3)25×10 m/s 对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动 5．(2017·上饶二模)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1＝0.6 m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72 m。在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的 17 3－5 －3 －3 竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2＝0.18 m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0＝42 m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷＝20 C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s＝ 2 m，不考虑空气阻力。求： 10 qm (1)匀强电场的场强大小； (2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围； (3)若t＝0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M点到打在平板C3上所用的时间。(计算结果保留两位小数) 解析：(1)小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t＝s at＝v0tan θ 由牛顿第二定律有：qE＝ma 代入数据解得：E＝82 N/C。 (2)设小球通过M点时的速度为v， 由类平抛运动规律：v＝ 42 ＝ m/s＝8 m/s； sin θ2 2 v0 小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：qvB＝ v2mvm，得：B＝ RqR 小球刚好能打到Q点，磁感应强度最强设为B1。此时小球的轨迹半径为R1 18 由几何关系有： R1L－R1 ＝，代入数据解得： L＋d2－R1R1 B1＝1 T。 小球刚好不与C2板相碰时，磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2。 由几何关系有：R2＝d1，代入数据解得： B2＝T； 综合得磁感应强度的取值范围： 2 T≤B≤1 T。 3 (3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T；由周期公式可得：R3＝解得：R3＝0.18 m 23 mv qB3 T＝2πm qB3 9π 解得：T＝ s 200 由磁场周期T0＝分析知小球在磁场中运动的轨迹如图，一个磁场3周期内小球在x轴方向的位移为3R3＝0.54 m，L－3R3＝0.18 m 即：小球刚好垂直y轴方向离开磁场，则在磁场中运动的时间t1 TTTT33π＝＋＋＝ s＝0.13 s 334800 从离开磁场到打在平板C3上所用的时间t2＝＝0.02 s 小球从M点到打在平板C3上所用总时间 d2vt＝t1＋t2＝0.02 s＋0.13 s＝0.15 s。 2 答案：(1)82 N/C (2)T≤B≤1 T (3)0.15 s 3 6．(2016·保定期末调研)如图(a)所示，灯丝K可以连续逸出不计初速度的电子，在 KA间经大小为U的加速电压加速后，从A板中心小孔射出，再从M、N两极板的正中间以平 行极板的方向进入偏转电场。M、N两极板长为L，间距为 3 L。如果在两板间加上如图(b)3 所示的电压UMN，电子恰能全部射入如图(a)所示的匀强磁场中。不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。 19 (1)求偏转电场电压UMN的峰值； (2)已知在t＝时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场的磁感应强度B4的大小； (3)求从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间。 T 12 解析：(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得eU＝mv0 2由题意可知在偏转电压达到峰值时进入的电子恰好沿极板边缘飞出电场 31 L＝at02 62 eUmaxa＝ 3m×L3 L＝v0t0 2 联立可得Umax＝U。 3 (2)设t＝时刻进入偏转电场的电子离开电场时速度大小为v，v与v0之间夹角为θ， 4则 T tan θ＝ eUmax 3L3 · m×v0＝vcos θ L3 ，所以θ＝30° 2＝ v03 mv2 电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力：evB＝ R根据几何关系2Rcos θ＝2 解得B＝ 6mU。 20 3L 3 Le (3)电子在偏转电场中运动历时相等，设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，经N板边缘飞出的电子在磁场中运动时间最短，在磁场中飞行时间为 3 2πR又T＝ TvLπL联立解得tmin＝＋ v09 22 答案：(1)U (2) 3L考点综合训练 3m。 2eU6mULπL (3)＋ ev093m 2eU7．(2017·福建质检)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求： (1)电子进入磁场时的速度大小v； (2)电子枪的加速电压U； (3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧 2光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。 解析：(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力 Rv2 evB＝m r电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R 联立解得v＝ eBR。 m12 (2)电子在电子枪中，由动能定理得eU＝mv 2 eB2R2 联立解得U＝。 2m(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在 2荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧， 21 R其轨迹如图乙所示。由几何关系，α＝60° GN＝Rtan α ＝ 3 R。 3 eBReB2R23 答案：(1) (2) (3)左侧 R m2m3 8．(2013·安徽高考)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于 xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子， 从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的 a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向 成45°角，不计粒子所受的重力。求： (1)电场强度E的大小； (2)粒子到达a点时速度的大小和方向； (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。 解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h y＝at2＝h qE＝ma mv02 联立以上各式可得E＝。 2qh(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0 所以v＝ v0＋vy＝2v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。 2 2 12 v2 (3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m r当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝22mv0L，所以B＝。 2qLmv022mv0 答案：(1) (2)2v0 方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角 (3) 2qhqL 22 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容