第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

過好雙基關(guān)

-------------------------------------回扣基礎(chǔ)知識訓(xùn)練基礎(chǔ)題目--------------------------------------

一、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

1.復(fù)合場的分類

⑴疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.

⑵組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場

交替出現(xiàn).

2.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動形式

⑴靜止或勻速直線運(yùn)動：帶電粒子在亞合場中所受合外力為零時(shí)，將處于皿狀態(tài)或做勻

速直線運(yùn)動.

⑵勻速圓周運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等,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)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動.

⑶較復(fù)雜的曲線運(yùn)動：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，這時(shí)粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.

二、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實(shí)例

裝置原理圖規(guī)律

離子由靜止被加速電場加速qU=jnir,

2

在磁場中做勻速圓周運(yùn)動卯8=稔，則

比鞘=怒

交流電的周期和粒子做勻速圓周運(yùn)動的

周期相等,粒子在圓周運(yùn)動過程中每次

經(jīng)過。形盒縫隙都會被加速，。形盒半

-V..mv2113

徑為/".由qvB=~^及得￡fan

-2m

F

速度選擇器工祗、小若qv（）B=Eq,即如=石，粒子做勻速直

線運(yùn)動（粒子重力不計(jì)）.

磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L等

離子體速度為。，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為

磁流體發(fā)電機(jī)B,則由qE=cf^=qvB得兩極板間能達(dá)

承飛離了?體束

到的最大電勢差U=BLv.

導(dǎo)電液體在管中向左流動，當(dāng)自由電荷

所受的電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，。、b

XXXOxXX間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB=qE

4(}X]xxj'J

電磁流量計(jì)

xxx_5Tx—第，所以0—&/，因此液體流用:。一

nd-UndU

?―4Bd~4B?

寬為4厚度為〃的導(dǎo)體放在垂直于它

的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電

霍爾元件

等,流/通過該導(dǎo)體時(shí)，上下表面之間會產(chǎn)

生電勢差，稱為霍爾效應(yīng).

【自測11現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖I所示，其中加速

電壓恒定.質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場.若

某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同

一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍.此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）

/；磁場

加速電場?/,,

出口1???

圖1

A.11B.12

C.121D.144

答案D

解析由得帶電粒子進(jìn)入磁場的速度為。根據(jù)牛頓第二定律有中＞4=

般,得R=蜀，綜合得到R=/\J等,由題意可知，該離子與質(zhì)子在磁場中具有相同的

凱道半徑和包荷量，故y=144,故選D.

【自測2】（2017?寧波市九校高二上期末）1930年勞倫斯制成了世界上第一臺1口1旋加速器，其

原理如圖2所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)。形盒。卜A構(gòu)成，置于勻強(qiáng)磁場8中，。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則下列說法正

確的是（）

圖2

A.粒子的加速次數(shù)越多，加速電壓越大，最終獲得的動能也越大

B.被加速后的粒子最大速度為2型?，與加速電場的電壓無關(guān)

C.不改變回旋加速器的任何參數(shù)，裝置可以加速質(zhì)子IH,也可以加速a粒子加e

D.高頻電源不能使用正弦式交變電流

答案B

研透命題點(diǎn)

-----------------------------------細(xì)研考綱和直題分析突破命題點(diǎn)-----------------------------------

命題點(diǎn)一帶電粒子在復(fù)合場中的實(shí)例分析

1.基本思路

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帶電粒子為研究對象，在洛

倫茲力和電場力平衡時(shí)做勻速直線運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從而求出所求物理量.

2.解決回旋加速器的方法

⑴交變電壓的頻率與粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的頻率相等.

⑵在心帆和8一定的情況下，回旋加速器的半徑越大，粒子的能最就越大，最大動能與加

速電壓無關(guān).

m11（2016?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

大小為反的勻強(qiáng)磁場，位于x軸下方的離子源。發(fā)射質(zhì)最為小、電荷量為，/的一束負(fù)離子,

其初速度大小范圍為0?蟲小這束離子經(jīng)電勢差為U=詈的電場加速后，從小孔。（坐標(biāo)

原點(diǎn)）垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上.在x軸上2a?3a區(qū)間水平固定

放置一探測板3=猊）.假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為No,打到x軸上的離子數(shù)均勻分布

（離子重力不計(jì)）.

⑴求離子束從小孔0射入磁場后打到x軸的區(qū)間；

⑵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板的右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小叢;

(3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度以不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板

吸收，20%被反向彈【叫彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力

大小.

答案見解析

解析⑴對于初速度為0的粒子：qU=^mVi2

..C療,6

由B()qih=nr^H"=m礪V1=。

恰好打在x=2a的位置

對于初速度為小加的粒子

qU

由Boqv?=〃管得

「2=瘋=2"，

恰好打在x=4a的位置

離子束打在x軸上的區(qū)間為[2aAa]

(2)由動能定理

qU=^mV22—%?(小的產(chǎn)

mV2

廿旃

3

門=于

解?得B\=

(3)離子束能打到探測板的實(shí)際位置范圍為

即。對應(yīng)的速度范圍為W2女?

每秒打在探測板上的離子數(shù)為

c4

2砒)一產(chǎn))

…。五二

根據(jù)動量定理

吸收的離子受到板的作用力大小

r0.8M-,4、8Nsnvo

F蝶=A,=-2-(2"紿0+§"Wo)=

反彈的離子受到板的作用力大小

/反=^1=1與2皿。0+°?6伙))+%2(研)+0.6。0)]=票乂)〃研)

根據(jù)牛頓第三定律,探測板受到的作用力大小

F=F呱'+尸反'=君仙〃如

凄式11(2015?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⑤和長L=1.0m的區(qū)域IH存在場強(qiáng)大小E=

5.0X104V/m,方向水平向右的勻強(qiáng)電場.區(qū)域HI中間上方有一離子源S,水平向左發(fā)射動

能反o=4.0XlheV的笊核，笊核最終從區(qū)域H下方的P點(diǎn)水平射出.5、P兩點(diǎn)間的高度差h=

OJOm.(笊核質(zhì)量m=2X1.67X10-27kg、電荷量^=1.60X10-,9C,1eV=1.60X10-19J,

/1.67X10-27-

A/1.60XI0-^1XIQ4)

圖4

(I)求笊核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動能反3

⑵若以=LOT,要使笊核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射M,求區(qū)域I的最小寬度a

⑶若5=1.0T,要使笊核經(jīng)過兩次加速后從。點(diǎn)射出，求區(qū)域II的磁感應(yīng)強(qiáng)度以

答案(1)2.24X1014J(2)0.06m(3)1.2T

解析(1)由動能定理卬=反2一反0

電場力做功\V=qE2L

得Ek2=Eko+qE?L=l.4義IO5eV=2.24X10-14J

0?|

(2)洛倫茲力提供向心力：qvB=HR,Exo=亍加(/

第一次進(jìn)入5區(qū)域,半徑R產(chǎn)麗=O04m

第二次進(jìn)入所區(qū)域，%?劭2=加+血

/?,=—=0.06m,故最小寬度仁&=0.06m

（3）笊核運(yùn)動軌跡如圖所示.

由圖中幾何關(guān)系可知2/<2=。+（2&一2R0）

解得R=0.05m

由R\=俎R_吧

qB?得&一禍=1.2T.

命題點(diǎn)二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的分析方法

復(fù)合場的組成一弄清電場、磁場、重力場組合情況

受力分析I一理垂力、再彈力、后摩擦力，然后分析其他力（電場力、洛倫茲力乂

運(yùn)動分析一注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合

分段分析IT粒子通過不同種類的場時(shí)，分段討論

-勻速直線運(yùn)動f平衡條件

勻速惻周運(yùn)動f牛頓運(yùn)動定律和牛周

.運(yùn).規(guī)律

復(fù)雜曲線運(yùn)動f動能定理或能量守恒

定律

m21（201E6?嘉興市模擬）圖5為一除塵裝置的截面圖，其原理是通過板間的電場或磁場使

帶電塵埃偏轉(zhuǎn)并吸附到極板上，達(dá)到除塵的目的.已知金屬板M、N長為d,間距也為d.

大量均勻分布的塵埃以相同的水平速度如進(jìn)入除塵裝置，設(shè)每個塵埃顆粒質(zhì)量為，〃、電荷

量為一夕.當(dāng)板間區(qū)域同時(shí)加入勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場并逐步增強(qiáng)至合適大

小時(shí)，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域；且只撤去電場時(shí)，恰好無塵埃從極板間射出，收集效率

（打在極板上的塵埃占塵?？倲?shù)的百分比）為100%,不計(jì)塵埃重力、塵埃之間的相互作用及

塵埃對板間電場、磁場的影響.

M

E::

如*

N

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的大小;

（3）若撤去極板區(qū)域磁場，只保留原來的電場，則除塵裝置的收集效率是多少？

答案（1）帶負(fù)電（2）蕭（3）50%

解析（1）負(fù)電荷進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，根據(jù)左手定則，受到的洛倫茲力的方向向

上，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域，說明包場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板板處射入板間的塵埃恰好不從極板射出，則塵埃在磁場中運(yùn)動的

半徑廠=4磁場中洛倫茲力提供向心力，有

qvoB=~^~,解得8=方.

（3）電場、磁場同時(shí)存在時(shí)，塵埃做勻速直線運(yùn)動，滿足：

qE=qooB,

撤去磁場以后塵埃在也場力作用下做類平拋運(yùn)動，假設(shè)距離N極板），的塵埃恰好離開電場，

則

d=vot,

其中。=誓,解得），=0.5d,

當(dāng)），W0.5d時(shí)，0到0.5d這段距離的塵埃不會射出電場，

當(dāng)）>0.5"時(shí)塵埃運(yùn)動時(shí)間更長，水平位移x>d,即0.54到〃這段距離的塵埃會射出電場；

則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/7=等乂100%=50%.

雁式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)電場和垂

直于紙面的交變磁場（如圖乙所示，垂直紙面向里為正），磁感應(yīng)強(qiáng)度8（）=50T,己知兩板間

距離d=0.3m,電場強(qiáng)度E=50V/m,M板中心有一小孔P,在尸正上方力=5cm處的。

點(diǎn)，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進(jìn)入兩板間，若油滴在f=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間，最后

恰好從N板邊緣水平飛出.已知油滴的質(zhì)量〃?=10-4kg,電荷量夕=+2xl0fC（不計(jì)空氣阻

力，重力加速度g取10m/s?,取兀=3）.求：

甲乙

圖6

(I)油滴在。點(diǎn)的速度大小；

(2)N板的長度；

(3)交變磁場的變化周期.

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=

解得v=Im/s

(2)進(jìn)入場區(qū)時(shí)，因?yàn)?以=10-3犯方向向下，

而％=10—3此方向向上.

所以，重力與電場力平衡，油滴做勻速圓周運(yùn)動，

“〃切2

所以Bqv=~^~

解得R=0.1m

因d=0.3m,則油滴要想從N板邊緣水平飛出，需在場內(nèi)做三次;圓弧運(yùn)動.

所以，N板的長度L=6N.解得心=。.6m

(3)油滴在磁場中運(yùn)動的周期介=等=舞

由(2)分析知交變磁場的周期T=^To

聯(lián)立解得7=0.3s.

命題點(diǎn)三帶電粒子在組合場中的運(yùn)動

I.帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析思路

第1步：分階段(分過程)按照時(shí)間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；

第2步：受力分析和運(yùn)動分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動，如下：

勻速圓周運(yùn)動|-1粒子垂直于磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場|-1磁偏轉(zhuǎn)|一|組合場中兩種典型運(yùn)動

電偏轉(zhuǎn)粒子垂直于電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場類平拋運(yùn)動

第3步：用規(guī)律

2.解題步驟

⑴找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關(guān)鍵.

⑵畫運(yùn)動軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動分析，大致畫出粒子的運(yùn)動軌跡圖，有利于形象、直

觀地解決問題.

考向1先磁場后電場

【例3】（2017.浙江4月選考.23）如圖7所示，在X。），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個速率均為。的電子，形成寬為2b、在），軸方向均勻分布且關(guān)于x軸

對稱的電子流.電子流沿x方向射入一個半徑為K中心位于原點(diǎn)。的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，

磁場方向垂直工。），平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從戶點(diǎn)射出，在磁場區(qū)域的正下方有

一對平行于x軸的金屬平行板K和A,其中K板與P點(diǎn)的距離為4中間開有寬度為2/且

關(guān)于），軸對稱的小孔.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.已知b=*R,d=L電子質(zhì)量

為m,電荷量為c,忽略目子間的相互作用.

圖7

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

（2）求電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)），軸方向的夾角6的范圍；

（3）當(dāng)UAK=0時(shí)，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù);

⑷畫出電流i隨U冰變化的關(guān)系曲線.

答案見解析

解析軌跡示意圖

（1）“磁聚焦”模型要求：R=彘,解得8=次.

Q）b=*R,由幾何關(guān)系知：

。在關(guān)于y軸左、右對稱的60。（含）范圍內(nèi).

（3）要進(jìn)入小孔，電子到達(dá)尸點(diǎn)時(shí)與），軸負(fù)方向的夾角°W45。

No2欣inssinwA/6

則：R=2b=sin60^3

則當(dāng)UAK=0時(shí)每秒到達(dá)A板的電子數(shù)：

（4）①當(dāng)時(shí)，進(jìn)入小孔的電子全部能到A板

i\=Noe=^Ne

②設(shè)當(dāng)時(shí)，劭=45。對應(yīng)的電子剛好到達(dá)4板

則0U1=O—5〃?（PCOS81）2,解得UAK=—^7

即在區(qū)間（一~^~,0）之間，i2=Noe=-^-Ne

③當(dāng)以K反向再增大時(shí)，將出現(xiàn)有電子（該臨界角度為aj

剛好打到A板上，而的電子打不到A板

sin]

/=sin60°^JeUAK=0—2,n（vcosa）2

解得：i=d+黜e

,mv2

i=。時(shí)，UAK=-^77.

綜上所述：i-U6圖線如圖所示

&Ne

3

UAK

考向2先電場后磁場

【例4】(2016?浙江4月選考22)如圖8為離子探測裝置示意圖.區(qū)域【、區(qū)域H長均為L=0』0m,

高均為，=0.06m.區(qū)域I可加方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場；區(qū)域H可加方向

垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域II的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直

屏.質(zhì)子束沿兩板正中間以速度0=1.0X105Ws水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似%=10X10sC/kg.(忽

略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力)

⑴當(dāng)區(qū)域【加電場、區(qū)域H不加磁場時(shí)，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值七用;

(2)當(dāng)區(qū)域I不加電場、區(qū)域II加磁場時(shí)，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax；

⑶若區(qū)域I加電場E小于⑴中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域H和離開區(qū)域H的位置等高，求區(qū)

域n中的磁場8與區(qū)域I中的電場￡之間的關(guān)系式.

2￡

答案(1)200V/m(2)5.5X103T(3)B=-f

解析(1)質(zhì)子在電場中做類平拋運(yùn)動

qELVvEqL

vy=at=nrvfVdna=^=mv2

質(zhì)子到達(dá)區(qū)域n右下端時(shí)，外加電場最大,

H

,..2Hnw2、

此時(shí)有tana—y何Ema：＜=2=200V/m.

L+2

mi)

(2)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動有qvB=〃屎,即K=~(/B

根據(jù)幾何關(guān)系有：R?一(R—當(dāng)2=廿時(shí),外加磁場最大

八，rm)H,,

得Bmax=------77T^5.5X103T.

心?+力

(3)質(zhì)子運(yùn)動就跡如圖所示.

設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場時(shí)的速率為。'，則

絲G

ai〃？?EqL

sinu.~—L=,=,=；

vvvnwv

LL

由幾何關(guān)系知sin0=*=看=器得"第

W

考向3先電場后磁場再電場

【例5】(2017?嘉興市期末)如圖9所示，O'PQ是關(guān)于y軸對稱的四分之一圓，在PQNM區(qū)

域有均勻輻向電場，PQ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)電場加速后都會從0'進(jìn)入半徑為R、中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，

磁場方向垂直xO.y平面向外，大小為8,粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能平行于1軸射出.在磁場區(qū)

域右側(cè)有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K,金屬板長均為4A,其

中K板接地，A與K兩板間加有電壓以心0，忽略極板電場的邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力.已知

金屬平行板左端連線與磁場圓相切，在)，軸上.

⑴求帶電粒子的比荷2；

(2)求帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場時(shí)的縱坐標(biāo)范圍；

(3)若無論帶電粒子從PQ上哪個位置出發(fā)都能打到K板上，則電壓至少為多大？

答案a藤⑦—當(dāng)R?弓R(3汽0/

解析⑴由動能定理可知力=/加

由已知條件可知，帶電粒子在磁場中運(yùn)動的半徑R)=A

洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的向心力，

"8="高?聯(lián)立解得賓=磔

(2)如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心為5,由幾何關(guān)系知,

對應(yīng)的圓心角為135。，離開磁場的出射點(diǎn)〃在y軸上的投影與0'的距離為

“點(diǎn)的縱坐標(biāo)ya—

同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出射點(diǎn)。的縱坐標(biāo)”=一

故一帶用電粒?子,進(jìn)入右側(cè)電場時(shí)的縱坐標(biāo)范圍為：

(3)只要沿QN方向入射的帶電粒子能打在K板上，則從其他位置入射的粒子也一定打在K

板上，則在電場中

F=qE=ma

y=R+乎/?=%尸

應(yīng)滿足4R2s

解得UAK?U

考向4先后經(jīng)過兩個磁場

【例61如圖10所示，在x0y坐標(biāo)平面內(nèi)4軸上、下方分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度不同的勻強(qiáng)磁場，

磁場方向均垂直紙面向里.一質(zhì)量為加、電荷量為q的帶正電粒子從)，軸上的尸點(diǎn)以一定的

初速度沿)，軸正方向射出，粒子經(jīng)過時(shí)間，第一次從x軸上的。點(diǎn)進(jìn)入下方磁場，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)過坐標(biāo)原點(diǎn)。，已知OP=￡,不計(jì)粒

子重力.求：

圖10

（1）帶電粒子的初速度大小00：

（2）x軸上、卜.方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比興

答案⑴嚕（2甲

解析（1）粒子運(yùn)動軌跡如圖所示.

由幾何知識得門=地入①

粒子在x軸上方運(yùn)動的圓心前a=l兀

②

時(shí)間r=v③

結(jié)合①②③得如=8抖

⑵由幾何關(guān)系得OQ=門+n-cos45°

粒子在X軸下方運(yùn)動的半徑n=當(dāng)。

由卯08=吟得患=言=上平.

課時(shí)作業(yè)

--------------------------------------限時(shí)訓(xùn)練練規(guī)范練速度---------------------------------------

1.（2017?稽陽聯(lián)誼學(xué)校8月聯(lián)考）如圖1所示,半徑分別為品、&的兩個同心圓,圓心為O,

小圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為良，大圓外有垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為陰的

磁場，圖中未畫出，兩圓中間的圓環(huán)部分沒有磁場.今有一帶正電粒子（質(zhì)量為，〃，帶電荷

量為q）從小圓邊緣的A點(diǎn)以速度。沿AO方向射入小圓的磁場區(qū)域，然后從小圓磁場中穿出,

此后該粒子第一次回到小圓便經(jīng)過A點(diǎn)，帶電粒子重力不計(jì)，求：

圖1

（1）若。=圾組,則帶電粒子在小圓內(nèi)的運(yùn)動時(shí)間，為多少;

（2）大圓外的磁場儀的方向；

⑶磁場應(yīng)強(qiáng)度Bi與&的比值為多少？

答案⑴瑞；⑵垂直于紙面向里⑶自

v~mv

解析（］）帶正電粒子在小圓內(nèi)做為速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，qvBi=『,r尸蓊

=小凡

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

0=1則片駕，解得胃筋？

（2）粒子第一次回到小圓便經(jīng)過A點(diǎn)，則粒子在大圓外的磁場中繼續(xù)做逆時(shí)針方向的圓周運(yùn)

動，則良的方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?

⑶由幾何關(guān)系可得詈督，「翳，「尸器

「2Kiqo\qbi

解得2華.

02AI

2.（2017.寧波市九校期末或考）在豎直平面內(nèi)有一矩形區(qū)域A4cO,A8邊長34。邊長2L

產(chǎn)為邊中點(diǎn)，G為4c邊中點(diǎn)，線段將A4CO分成兩個場區(qū).如圖2所示，場區(qū)I

內(nèi)有一豎直向下的勻強(qiáng)電場，場區(qū)II內(nèi)有方向、大小未知的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）和方向垂

直ABC。平面向里的勻強(qiáng)磁場.一個質(zhì)量為〃?、電荷量為+夕的帶電小球以平行于邊的

速度。從人"邊的中點(diǎn)。進(jìn)入場區(qū)I,從廣G邊飛出場區(qū)I時(shí)速度方向改變了37。，小球進(jìn)

入場區(qū)H做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度為g,求：

圖2

⑴場區(qū)II中的電場強(qiáng)度E的大小及方向;

(2)場區(qū)I中的電場強(qiáng)度Ei的大小；

⑶要使小球能在場區(qū)II內(nèi)從FG邊重新回到場區(qū)I的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值.

2

答案岬方向豎土直人向,上⑵3m初v一”火于⑶”1Smv

解析(1)由帶電小球在場區(qū)II中做勻速圓周運(yùn)動可知，〃吆得&=等

小球帶正電，所受電場力方向豎直向上，可知及方向豎直向上

(2)小球在場區(qū)1中做類平拋運(yùn)動，平拋運(yùn)動時(shí)間/=§,帶電小球飛出場區(qū)1時(shí)，豎直方向

的速度

3

_34”3/

v斐=inan37°=不，，則a=~=~^L

由牛頓第二定律得昌q+〃吆=ma

得EL4“一,/

(3)由類平拋運(yùn)動規(guī)律得，小球在場區(qū)I中的豎直位移

)'=上尸=副

13

當(dāng)小球在場區(qū)II中的圓周就跡與尸。邊相切時(shí)，R最大由幾何關(guān)系得Reos37°+R=5￡

Zo

解得

此時(shí)R(l+sin37。)=/LVL.

17I

>'+/?(1—cos37°)=而LV/

即帶電小球以此半徑做圓周運(yùn)動時(shí)不會從CG邊和CO邊射出磁場

進(jìn)入場區(qū)I［時(shí)小球速度

V'險(xiǎn)2=1人+隼)2=節(jié)

「c,0，2做，1Smv

由Bq。=〃k得

3.如圖3所示，在xOy坐標(biāo)系中，坐標(biāo)原點(diǎn)。處有一點(diǎn)狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x

軸上方各個方向發(fā)射a粒子，a粒子的速度大小均為的，在()<)</的區(qū)域內(nèi)分布有指應(yīng)y軸

正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E=噂,其中9與〃?分別為a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，"〃？為電場和磁場的邊界.而為

一塊很大的平面感光板，垂直于宜萬平面且平行于工軸放置于)，=2d處，如圖4所示.觀察

發(fā)現(xiàn)此時(shí)恰好無粒子打到北板上(不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用)，求：

o

圖3

(l)a粒子通過電場和磁場邊界mn時(shí)的速度大小及距)，粕的最大距離；

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

⑶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)2如⑵拶2⑶%

2

解析(1)根據(jù)動能定理qEd=^mvt—^nv(?

解得①=2即

從放射源。點(diǎn)處沿x軸方向射出的粒子進(jìn)入磁場時(shí)，其在電場中沿工方向的位移大?。篨|

此即為a粒子通過mn時(shí)距y軸的最大距離.

(2)若沿x軸正方向射出的粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板上，由題意

知沿4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)入磁場時(shí)與x軸正

方向夾角〃=與，則，，+rsinRd,可得其做圓周運(yùn)動的半徑尸裂

又根據(jù)洛倫效力提供向心力解得8=貴

(3)易知沿x軸負(fù)方向射出的粒子若能打到ab板上，則所有粒子均能打到ab板上.其臨界

情況就是此粒子軌跡恰好與油板相切.由幾何關(guān)系可知此時(shí)磁場寬度為原來的今即當(dāng)他

板位于)，=去的位置時(shí)，恰好所有粒子均能打到油板上，有Ad=2d—gd=|d

4.如圖4,靜止于A處的離子經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析

器，從尸點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左.靜電分析器通道內(nèi)

有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強(qiáng)為瓦，方向如圖所示；離子質(zhì)量為/小電荷

量為夕；QN=2d、尸N=3d,離子重力不計(jì).

圖4

⑴求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大?。?/p>

⑵若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值；

(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要求離子能最終

打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度8的取值范圍.

答案噂⑵號⑶呆/學(xué)會到萼

解析(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，

有：qU=^nnr

離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力,

根據(jù)牛頓第二定律，有qEo=R得:R=瓦"

(2)離子做類平拋運(yùn)動，若恰好能打在NQ的中點(diǎn)，則

d=vt,3d=^at2

由牛頓第二定律得：qE=rna,聯(lián)立解得：￡=詈

(3)離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有

*3=平，則『人陪

離子能打在QN上，則離子運(yùn)動徑跡的邊界如圖中I和II.

由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：斗V「W2d,則有力^5

5.(2017.金華市9月十校聯(lián)考)如圖5甲所示的圓形絕緣彈性邊界，帶電粒子與其垂直碰撞

后以原來速度大小被彈回，且電荷量不變.區(qū)域圓心為。、半徑為R,內(nèi)接正三角形4CO

區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其余區(qū)域有勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小相等，方向與磁場邊

界垂直，如圖所示，尸、M、N是三角形三條邊的中點(diǎn)，AG是過P點(diǎn)的一條直徑，一質(zhì)量

為〃?、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)粒子重力）以速度即沿半徑方向從C點(diǎn)射入，