2019年高考物理 考前沖刺30天 第六講 必考計算題 帶電粒子在復合場中的運動學案（含解析）

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1、帶電粒子在復合場中的運動 命題點一　帶電粒子在復合場中的實際應(yīng)用 例1　回旋加速器的工作原理如圖1甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求： 圖1 (1)出射粒子的動能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有

2、超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件． 解析　(1)粒子運動半徑為R時 qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝ (2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝ 勻加速直線運動nd＝a·(Δt)2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ (3)只有在0～(－Δt)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為η＝ 由η>99%，解得d<. 答案　(1)　(2)－ (3)d< 解決回旋加速器的方法 1．交變電壓的頻率與粒子在磁場中做圓周運動的頻率相等． 2．在q、m和B一定的情況下，回旋加速器

3、的半徑越大，粒子的能量就越大，最大動能與加速電壓無關(guān)． 題組階梯突破 1．質(zhì)譜儀是一種研究帶電粒子的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖2所示．粒子源S產(chǎn)生的帶正電的粒子首先經(jīng)M、N兩帶電金屬板間的勻強電場加速，然后沿直線從縫隙O垂直于磁場方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中經(jīng)過半個圓周打在照相底片上的P點．已知M、N兩板間的距離為d，電場強度為E.設(shè)帶正電的粒子進入電場時的速度、所受重力及粒子間的相互作用均可忽略． 圖2 (1)若粒子源產(chǎn)生的帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，求這些帶電粒子離開電場時的速度大??； (2)若粒子源產(chǎn)生的帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，其打在照相底片上

4、的P點與縫隙O的距離為y，請推導y與m的關(guān)系式； (3)若粒子源S產(chǎn)生的帶正電的粒子電荷量相同而質(zhì)量不同，這些帶電粒子經(jīng)過電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)后，將打在照相底片上的不同點．現(xiàn)要使這些點的間距盡量大一些，請寫出至少兩項可行的措施． 答案　(1) 　 (2)y＝　(3) 可行的措施：①增加電場強度，保持其它條件不變；②減小磁感應(yīng)強度，保持其它條件不變． 解析　 (1)設(shè)帶電粒子離開電場時的速度大小為v， 根據(jù)動能定理qEd＝mv2，解得v＝ (2)設(shè)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R， 根據(jù)牛頓第二定律qvB＝m 由幾何關(guān)系可知，y＝2R，解得y＝ (3)可行的措施：①增加電場

5、強度，保持其它條件不變；②減小磁感應(yīng)強度，保持其條件不變． 命題點二　帶電粒子在疊加場中的運動 例2　如圖3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)強度B0＝50T，已知兩板間距離d＝0.3m，電場強度E＝50V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h＝5 cm處的O點，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進入兩板間，若油滴在t＝0時刻進入兩板間，最后恰好從N板邊緣水平飛出．已知油滴的質(zhì)量m＝10－4 kg，電荷量q＝＋2×10－5C(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，取π＝3)．求： 圖

6、3 (1)油滴在P點的速度大??； (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)由機械能守恒定律，得mgh＝mv2 解得v＝1m/s (2)進入場區(qū)時，因為mg＝10－3N，Eq＝10－3N，方向向上． 所以，重力與電場力平衡，油滴做勻速圓周運動， 所以Bqv＝ 解得R＝0.1m 油滴要想從N板邊緣水平飛出，油滴需在場內(nèi)做三次圓弧運動． 所以，N板的長度L＝6R 解得L＝0.6m (3)油滴在磁場中運動的周期T0＝(或T0＝) 交變磁場的周期T＝T0 聯(lián)立解得T＝0.3s. 粒子在疊加場中

7、運動的分析思路 題組階梯突破 2．在如圖4所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B＝1.25T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104N/C.小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3 kg、電荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力．當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間

8、t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力．求： 圖4 (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大小； (2)傾斜軌道GH的長度s. 答案　(1)4m/s　(2)0.56m 解析　(1)設(shè)小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則 F1＝qvB① f＝μ(mg－F1)② 由題意，水平方向合力為零 F－f＝0③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝4m/s④ (2)設(shè)P1在G點的速度大小為v

9、G，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理 qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝mv－mv2⑤ P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律 qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥ P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運動的距離為s1，則s1＝vGt＋a1t2⑦ 設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧ P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運動的距離為s2，則 s2＝a2t2⑨ 聯(lián)立⑤～⑨式，代入數(shù)據(jù)得 s＝s1＋s2 s＝0.56m.

10、命題點三　帶電粒子在組合場中的運動 例3　如圖5所示，平行板電容器兩金屬板A、B板長L＝32cm，兩板間距離d＝32cm，A板的電勢比B板高．電荷量q＝10－10C、質(zhì)量m＝10－20kg的帶正電的粒子，以初速度v0＝2×106m/s沿電場中心線垂直電場線飛入電場．隨后，粒子在O點飛出平行板電容器(速度偏轉(zhuǎn)角為37°)，并進入磁場方向垂直紙面向里，且邊長為CD＝24cm的正方形勻強磁場區(qū)域．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，粒子的重力不計) 圖5 (1)求A、B兩板的電勢差； (2)粒子穿過磁場區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，求磁感應(yīng)強度的范圍． 答案　(

11、1) 300V　(2) 1.7×10－3T≤B≤3.75×10－3T 解析　 (1)帶電粒子射出電場時在電場方向上的速度為： vy＝v0tan37°① vy＝at② 在電場中，由牛頓第二定律可得：qE＝q＝ma③ 在電場中垂直于電場方向上有：L＝v0t④ 聯(lián)立①②③④可得A、B兩板的電勢差為：U＝300V⑤ (2)粒子進入磁場的速度為：v＝⑥ 帶電粒子射出電場時在電場方向上的位移為：y＝at2⑦ 粒子要打在CD上，當磁感應(yīng)強度最大時，運動軌跡如圖線1所示，設(shè)此時的磁感應(yīng)強度為B1，半徑為R1，由幾何關(guān)系可得：y＝R1＋R1cos37°⑧ 由洛倫茲力提供向心力可得：qvB

12、1＝m⑨ 粒子要打在CD上，當磁感應(yīng)強度最小時，假設(shè)運動軌跡與右邊界相切且從CD射出， 設(shè)此時的半徑為R2，由幾何關(guān)系可得：CD＝R2＋R2sin37°⑩ 解得R2＝15cm，又由于R2cos37°＝12cm＝y(tǒng)，故粒子圓心恰好在CD上，且從D點射出磁場，如圖線2所示，假設(shè)成立，設(shè)此時的磁感應(yīng)強度為B2 由洛倫茲力提供向心力可得：qvB2＝m? 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得磁感應(yīng)強度的范圍為： 1．7×10－3T≤B≤3.75×10－3T. 帶電粒子在組合場中運動的分析思路及技巧 1．基本思路 2．解題關(guān)鍵：抓住聯(lián)系兩個場的紐帶——速度． 題組階梯突破 3．如圖6所

13、示，在坐標系xOy平面內(nèi)，過原點O的虛線MN與y軸成45°角，在MN右側(cè)空間存在著沿y軸負方向的勻強電場，在MN左側(cè)空間存在著磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子，從坐標原點O沿y軸負方向以初速度v0射入磁場區(qū)，在磁場中運動一段時間后進入電場區(qū)．已知電場強度E＝2Bv0，不計重力，求： (1)帶電粒子從磁場區(qū)域射出時的位置坐標； (2)帶電粒子從磁場區(qū)域射出到抵達x軸的時間及通過x軸時的位置坐標． 圖6 解析　(1)由洛倫茲力提供向心力：qv0B＝m 得：R＝ 由幾何關(guān)系可知帶負電粒子從磁場區(qū)域射出時的位置坐標為(，) (2)粒子進入

14、電場區(qū)域后，做類平拋運動有： x′＝v0t y′＝at2 a＝＝. 由幾何關(guān)系知，粒子通過x軸時豎直方向上的位移為y′＝R 聯(lián)立可解得：t＝，x′＝ 由此可知帶負電粒子通過x軸時的位置坐標為：(，0) 答案　(1) (，)　 (2) 　(，0) 1．質(zhì)譜儀可對離子進行分析．如圖1所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥P噴出微量氣體，經(jīng)激光照射產(chǎn)生電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū)，到達探測器．已知a、b板間距為d，極板M、N的長度和間距均為L，a、b間的電壓為U1，M、N間的電壓為U2.不計離子重力及進入

15、a板時的初速度．求： 圖1 (1)離子從b板小孔射出時的速度大?。? (2)離子自a板小孔進入加速電場至離子到達探測器的全部飛行時間； (3)為保證離子不打在極板上，U2與U1應(yīng)滿足的關(guān)系． 解析　(1)由動能定理qU1＝mv2，得v＝ (2)離子在a、b間的加速度a1＝ 在a、b間運動的時間t1＝＝·d 在MN間運動的時間：t2＝＝L 離子到達探測器的時間：t＝t1＋t2＝(2d＋L) ； (3)在MN間側(cè)移：y＝a2t＝＝ 由y＜，得U2＜2U1. 答案　 (1) 　(2)(2d＋L) 　(3) U2＜2U1 2．如圖2所示的空間區(qū)域里，y軸左方有一勻強電場，場

16、強方向跟y軸負方向成30°角，大小為E＝4.0×105N/C，y軸右方有一垂直紙面的勻強磁場，有一質(zhì)子以速度v0＝2.0×106 m/s，由x軸上的A點，第一次沿x軸正向射入磁場，第二次沿x軸負向射入磁場，回旋后都垂直電場方向射入電場，最后又進入磁場．已知質(zhì)子質(zhì)量近似為m＝1.6×10－27kg，求： 圖2 (1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小； (2)質(zhì)子兩次在磁場中運動時間的比值； (3)質(zhì)子兩次在電場中運動的時間各是多少． 答案　(1)0.10T　(2)7　(3)都是×10－7s 解析　質(zhì)子兩次在磁場及電場中的運動軌跡如圖所示，兩次在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，第一次轉(zhuǎn)過的

17、圓弧角度θ1＝210°，第二次轉(zhuǎn)過的角度為30°，進入電場之后均做類平拋運動 (1)r＝＝0.20m 質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qv0B＝m， 故B＝＝0.10T (2)θ1＝210°，θ2＝30° 又θ1＝ωt1，θ2＝ωt2 故＝＝7 (3)質(zhì)子兩次進入電場均做類平拋運動，在電場中運動時間相同． 則t＝＝×10－7s. 3．如圖3所示，光滑水平軌道與光滑的半圓形軌道相連(軌道均為絕緣軌道)，半圓形軌道半徑為R，其上方存在垂直紙面向里的勻強磁場．在半圓形軌道最下端靜止一個不帶電的質(zhì)量為m的小物塊B，距離B左側(cè)s＝2R處有質(zhì)量也為m小物塊A，A帶

18、負電，電量為q，A、B兩個物塊均視為質(zhì)點．水平軌道處在水平向左的勻強電場中，場強的大小為E＝.物塊A由靜止釋放，運動一段距離s后與物塊B發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，碰后A、B兩個物塊粘合不分離，當它們運動到半圓形軌道最高點時對軌道無作用力．求： 圖3 (1)A、B碰后瞬時速度v大??； (2)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大?。? 解析　(1)根據(jù)動能定理：Eqs＝mv A、B碰撞過程動量守恒：mv0＝2mv, 解得v＝ (2)根據(jù)機械能守恒定律得：2mg×2R＋×2mv＝×2mv2 根據(jù)最高點向心力方程得：2mg－Bv高q＝2m， 解得：B＝. 答案　(1)　(2) 4．如圖4所示

19、，在兩個水平平行金屬極板間存在著豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度的大小分別為E＝2×106N/C和B1＝0.1T，極板的長度l＝m，間距足夠大．在板的右側(cè)還存在著另一圓形區(qū)域的勻強磁場，磁場的方向為垂直于紙面向外，圓形區(qū)域的圓心O位于平行金屬極板的中線上，圓形區(qū)域的半徑R＝m．有一帶正電的粒子以某速度沿極板的中線水平向右飛入極板后恰好做勻速直線運動，然后進入圓形磁場區(qū)域，飛出圓形磁場區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，不計粒子的重力，粒子的比荷＝2×108C/kg. 圖4 (1)求粒子沿極板的中線飛入的初速度v0； (2)求圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度B2的大小

20、； (3)在其他條件都不變的情況下，將極板間的磁場B1撤去，為使粒子飛出極板后不能進入圓形區(qū)域的磁場，求圓形區(qū)域的圓心O離極板右邊緣的水平距離d應(yīng)滿足的條件． 答案　(1) 2×107m/s　 (2) 0.1T　(3) d≥m 解析　(1)粒子在極板間做勻速直線運動，則：qv0B1＝qE，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2×107m/s (2)設(shè)粒子在圓形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r，則qvB2＝m， 粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，則r＝，代入數(shù)據(jù)解得：B2＝0.1T (3)撤去磁場B1后，粒子在極板間做平拋運動，設(shè)在板間運動時間為t，運動的加速度為a，飛出電場時豎直方向的速度為vy，速度的偏轉(zhuǎn)

21、角為θ，則 qE＝ma，l＝vt，vy＝at，tanθ＝， 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得tanθ＝，即θ＝30°. 設(shè)粒子飛出電場后速度恰好與圓形區(qū)域的邊界相切時，圓心O離極板右邊緣的水平距離為d1，如圖所示，則 d1＝－， 代入數(shù)據(jù)解得：d1＝m 所以d≥m. 5．如圖5，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P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，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為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d，離子重力不計． 圖5 (1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大小

22、； (2)若離子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值； (3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強度B的取值范圍． 答案　(1)　(2)　(3) ≤B＜ 解析　(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有：qU＝mv2 離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力， 根據(jù)牛頓第二定律，有qE0＝ 得：R＝ (2)離子做類平拋運動，若恰好能打在NQ的中點，則 d＝vt,3d＝at2 由牛頓第二定律得：qE＝ma 則E＝ (3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有 qvB＝，則r＝ 離子能打在QN上，則既沒有從DQ邊出去也沒有從PN邊出去，則離子運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：d＜r≤2d，則有≤B＜. 14