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專題強化練3　帶電粒子在復合場中的運動
題組一　組合場
1.如圖所示,虛線為勻強電場和勻強磁場的分界線,電場線與分界線平行。一帶電粒子以初速度v0垂直于電場線射入電場。已知磁場的磁感應強度為B,粒子的比荷為k,不計粒子的重力。則粒子第一次進、出磁場兩點的距離為 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
2.(經典題)如圖所示,在坐標范圍為0(1)求磁場的磁感應強度B的大小;
(2)若改變電場強度大小,粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場,離開電場后從P點第二次進入電場,在電場的作用下從Q點離開。求改變后電場強度E的大小和粒子的初速度v0的大小。
3.現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。如圖所示,真空中存在著多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場,寬度均為d,電場強度為E,方向水平向左;垂直紙面向里磁場的磁感應強度大小為B1,垂直紙面向外磁場的磁感應強度大小為B2。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層磁場左側邊界以初速度v0射入,方向與邊界夾角為θ,設粒子始終在電場、磁場中運動,除B1、B2、E以外其他物理量已知,不計粒子重力及運動時的電磁輻射。(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8)
(1)若θ=53°,要求粒子不進入電場,求B1的最小值;
(2)若B1、E均已知,求粒子從第n層磁場右側邊界穿出時速度的大小;
(3)若θ=53°,且B1=,要求粒子不穿出第1層的電場,求E的最小值。
題組二　疊加場
4.如圖,空間某區域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里。三個帶電的微粒a、b、c電荷量的大小相等,質量分別為ma、mb、mc,已知在該區域內,a在紙面內做勻速圓周運動,b在紙面內向右做勻速直線運動,c在紙面內向左做勻速直線運動。下列正確的是 (　　)
A.微粒b可能帶負電
B.微粒c一定帶正電
C.微粒a的質量一定小于微粒b的質量
D.微粒a的質量一定大于微粒c的質量
5.如圖甲所示的豎直平面坐標系xOy內,存在正交的勻強電場和勻強磁場,已知電場強度E=2.0×10-3 N/C,方向豎直向上;磁場方向垂直坐標平面,磁感應強度B大小為0.5 T,方向隨時間按圖乙所示規律變化(t=0時刻,磁場方向垂直坐標平面向里)。t=0時刻,有一帶正電的微粒以v0=1.0×103 m/s的速度從坐標原點O沿x軸正向進入場區,恰做勻速圓周運動,重力加速度g的大小取10 m/s2。試求:
(1)帶電微粒的比荷;
(2)帶電微粒從t=0時刻起經多長時間第一次回到x軸,回到x軸上何處;
(3)帶電微粒能否返回坐標原點 如果可以,則從t=0開始最短經多長時間返回原點
　
6.(經典題)如圖所示,真空中豎直放置的圓柱體底面圓半徑為R=0.4 m,高h=0.4 m,圓柱體上表面放有一個熒光屏,底面中心處有一點狀放射源S,僅在底面圓所在平面內向各個方向均勻發射α粒子,所有α粒子的速率均為v=5.0×106 m/s,已知α粒子的比荷為=5.0×107 C/kg,α粒子重力忽略不計。
(1)現給圓柱體內只施加豎直向上的勻強磁場,使所有α粒子恰好能束縛在圓柱體區域內,求勻強磁場的磁感應強度B的大小;
(2)現給圓柱體內只施加豎直向上的勻強電場,使所有α粒子均能打到熒光屏上,則所加勻強電場的場強E至少需要多大;
(3)現在圓柱體內加上與(1)相同的勻強磁場,同時施加豎直向上的勻強電場,要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開,求所加勻強電場的電場強度的大小。(結果中取π2=10)
答案與分層梯度式解析
專題強化練3　帶電粒子在復合場中的運動
1.A　設粒子帶正電,進入磁場時速度大小為v,方向與分界線夾角為α,畫出粒子的運動軌跡如圖所示,粒子在電場中做類平拋運動,有=sin α(破題關鍵),解得v=,粒子在磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有qvB=m,解得r==,由幾何關系可得,粒子第一次進、出磁場兩點的距離為d=2r sin α=2 sin α=,由于粒子的比荷為k,則d=,故選A。
方法技巧　“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題
2.答案　(1)6　(2)36E0　9
解析　(1)根據題意作出粒子的運動軌跡,如圖所示
根據幾何關系可知3r=L
粒子在電場中加速,根據動能定理有
qE0×2L=Mv2
粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,有
qvB=M
解得B=6
(2)粒子離開電場后從P點第二次進入電場,軌跡如圖
設軌跡半徑為r',根據幾何關系可知
r'2=(r'-L)2+(2L)2
解得r'=L
則粒子從P點進入電場時的速度方向與x軸負方向的夾角α滿足
sin α==
根據洛倫茲力提供向心力,有qv'B=M,解得v'=15
粒子從P點運動到Q點,根據運動的分解可知
2L=v' cos α·t
2L=v' sin α·t+·t2
解得E=36E0
根據動能定理有qE×2L=Mv'2-M
解得v0=9
3.答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)當θ=53°時,設粒子在磁感應強度大小為B1的磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1,根據洛倫茲力提供向心力有qv0B1=m,可得B1=,當R1最大時,B1為最小值,粒子恰好不進入電場時R1最大,有R1-R1 cos θ=d,
解得B1=;
(2)對粒子,設其從第n層磁場右側邊界穿出時速度的大小為vn,根據動能定理有-nEqd=m-m,
解得vn=;
(3)若θ=53°且B1=,設粒子在磁感應強度大小為B1的磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1',根據洛倫茲力提供向心力有qv0B1=m,可得R1'==5d
設粒子進入電場時與界面夾角為β,由幾何關系有R1' cos β-R1' cos θ=d,
解得β=37°,
粒子在電場中平行于場強方向的分運動為勻減速直線運動,恰好不穿出第1層電場時E為最小值,有(v0 sin β)2-0=2d,
解得E=
方法技巧　關于帶電粒子在組合場中運動的問題,應借助示意圖把物理過程劃分為幾個階段,考慮每個階段的運動特點和所遵循的規律,同時要充分考慮幾何知識的靈活運用。
4.C　微粒b向右做勻速直線運動,若b帶負電,則電場力豎直向下,由左手定則判斷洛倫茲力豎直向下,又重力豎直向下,b不可能受力平衡,故b一定帶正電,由平衡條件有qE+qvbB=mbg,可得qEmcg,則ma>mc;若c帶負電,電場力豎直向下,由左手定則判斷洛倫茲力豎直向上,又重力豎直向下,由平衡條件有qvcB=mcg+qE,無法比較qE與mcg的大小,故ma與mc之間的大小也無法比較,故B、D錯誤。
5.答案　(1)5.0×103 C/kg　(2)π×10-4 s　回到x軸上 m處　(3)能　2.4π×10-3 s
解析　(1)帶電微粒在場區做勻速圓周運動,則電場力與重力平衡,有Eq=mg
可得=5.0×103 C/kg
(2)微粒做圓周運動時,有qv0B=m
解得R=0.4 m
周期為T==8π×10-4 s
微粒先逆時針偏轉,再順時針偏轉,后逆時針偏轉,到達x軸上P點(破題關鍵),軌跡如圖1所示,
帶電微粒共轉過的圓心角為θ=
則帶電微粒從t=0時刻至第一次回到x軸的時間為
t=T=π×10-4 s
到達x軸位置的坐標為xP=4R sin = m
(3)微粒能返回坐標原點,軌跡如圖2所示,
則t總=3T=2.4π×10-3 s
6.答案　(1)0.5 T　(2)2.5×106 V/m
(3) V/m(n=1,2,3,…)
模型構建　第(3)問,需構建螺旋線模型。
沿水平方向,只受洛倫茲力,α粒子做勻速圓周運動;
沿豎直方向,只受電場力,α粒子做初速度為0的勻加速直線運動。
α粒子實際做螺旋線運動,軌跡豎直間距越來越大。如圖所示。
(1)所有α粒子恰好能束縛在圓柱體區域內,由幾何關系可知,α粒子的軌跡半徑為r==0.2 m
α粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力有qvB=m
解得勻強磁場的磁感應強度大小為
B== T=0.5 T
(2)α粒子在電場力作用下做類平拋運動,
使所有α粒子均能打到熒光屏上,水平運動距離最大為R=0.4 m
此時粒子在圓柱體內運動時間為t=
豎直方向有h=at2,a=
聯立解得勻強電場場強的最小值為Emin=
代入數據解得Emin=2.5×106 V/m
(3)α粒子做勻速圓周運動的周期為T==8π×10-8 s
要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開,所用時間一定為周期的整數倍,
在豎直方向,由運動學公式可得h=·(nT)2(n=1,2,3,…)
解得E== V/m(n=1,2,3,…)
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