（浙江選考）2019版高考物理大一輪復習 第八章 磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動學案

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1、 第3講　帶電粒子在復合場中的運動 一、帶電粒子在復合場中的運動 1．復合場的分類 (1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存． (2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)． 2．帶電粒子在復合場中的運動形式 (1)靜止或勻速直線運動：帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動． (3)較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速

2、度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． 二、帶電粒子在復合場中運動的應用實例 裝置 原理圖 規(guī)律 質譜儀 離子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝. 回旋加速器 交流電的周期和粒子做勻速圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙都會被加速，D形盒半徑為r.由qvB＝及Ekm＝mv2得Ekm＝ 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動(粒子重力不計)． 磁流體發(fā)電機 磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應強度為

3、B，則由qE＝q＝qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U＝BLv. 電磁流量計 導電液體在管中向左流動，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝. 霍爾元件 寬為d、厚度為h的導體放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流I通過該導體時，上下表面之間會產(chǎn)生電勢差，稱為霍爾效應. 自測1　現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖1所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加

4、速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比約為(　　) 圖1 A．11 B．12 C．121 D．144 答案　D 解析　由qU＝mv2得帶電粒子進入磁場的速度為v＝，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，得R＝，綜合得到R＝，由題意可知，該離子與質子在磁場中具有相同的軌道半徑和電荷量，故＝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回旋加速器，其原理如圖2所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，置于勻強磁場B中，D形盒半徑為R，其間留有空隙，兩盒分別與高頻電源

5、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2πfR，與加速電場的電壓無關 C．不改變回旋加速器的任何參數(shù)，裝置可以加速質子H，也可以加速α粒子He D．高頻電源不能使用正弦式交變電流 答案　B 命題點一　帶電粒子在復合場中的實例分析 1．基本思路 速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計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做勻速直線運動達到穩(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 (1)交變電壓的頻率與粒子在磁場中做圓周

6、運動的頻率相等． (2)在q、m和B一定的情況下，回旋加速器的半徑越大，粒子的能量就越大，最大動能與加速電壓無關． 例1　(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，磁感應強度大小為B0的勻強磁場，位于x軸下方的離子源C發(fā)射質量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～v0.這束離子經(jīng)電勢差為U＝的電場加速后，從小孔O(坐標原點)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(a＝)．假設每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)． 圖3 (1)求離子束從小孔O射入磁

7、場后打到x軸的區(qū)間； (2)調整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板的右端，求此時的磁感應強度大小B1； (3)保持磁感應強度B1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%被反向彈回，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?。? 答案　見解析 解析　(1)對于初速度為0的粒子：qU＝mv 由B0qv1＝m得r1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 對于初速度為v0的粒子 qU＝mv22－m(v0)2 由B0qv2＝m得 r2＝＝2a， 恰好打在x＝4a的位置 離子束打在x軸上的區(qū)間為[2a,4a] (2)由

8、動能定理 qU＝mv－m(v0)2 由B1qv2＝m得 r3＝ r3＝a 解得B1＝B0 (3)離子束能打到探測板的實際位置范圍為2a≤x≤3a 即a≤r≤a，對應的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動量定理 吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝ 反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0 根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小 F＝F吸′＋F反′＝N0mv0 變式1　(2015·浙江10月選考·23)如圖4是水平放置的小型粒子加速

9、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磁場B1和B2，長L＝1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場強大小E＝5.0×104 V/m、方向水平向右的勻強電場．區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動能Ek0＝4.0×104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點水平射出．S、P兩點間的高度差h＝0.10 m．(氘核質量m＝2×1.67×10－27 kg、電荷量q＝1.60×10－19 C，1 eV＝1.60×10－19 J, ≈1×10－4) 圖4 (1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出時的動能Ek2. (2)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d.

10、 (3)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2. 答案　(1)2.24×10－14 J　(2)0.06 m　(3)1.2 T 解析　(1)由動能定理W＝Ek2－Ek0 電場力做功W＝qE·2L 得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105 eV＝2.24×10－14 J (2)洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，Ek0＝mv 第一次進入B1區(qū)域，半徑R0＝＝0.04 m 第二次進入B1區(qū)域，mv12＝Ek0＋qEL R2＝＝0.06 m，故最小寬度d＝R2＝0.06 m (3)氘核運動軌跡如圖所示． 由圖中幾何關系可知2R2＝h＋(

11、2R1－2R0) 解得R1＝0.05 m 由R1＝，得B2＝＝1.2 T. 命題點二　帶電粒子在疊加場中的運動 帶電粒子在疊加場中運動的分析方法 → 　 ↓ → 　 ↓ → 　 ↓ → 例2　(2016·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并吸附到極板上，達到除塵的目的．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v0進入除塵裝置，設每個塵埃顆粒質量為m、電荷量為－q.當板間區(qū)域同時加入勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場并逐步增強至合適大小時，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域；且只撤去電場時，恰好無塵埃從

12、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． 圖5 (1)判斷M板所帶電荷的電性； (2)求極板區(qū)域磁感應強度B的大??； (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)帶負電　(2)　(3)50% 解析　(1)負電荷進入垂直紙面向外的勻強磁場，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，說明電場力大小和洛倫茲力大小相等，方向豎直向下，因此M板帶負電． (2)由題意知，從緊挨N極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

13、動的半徑r＝d，磁場中洛倫茲力提供向心力，有 qv0B＝，解得B＝. (3)電場、磁場同時存在時，塵埃做勻速直線運動，滿足： qE＝qv0B， 撤去磁場以后塵埃在電場力作用下做類平拋運動，假設距離N極板y的塵埃恰好離開電場，則 d＝v0t，y＝at2， 其中a＝，解得y＝0.5d， 當y≤0.5d時，0到0.5d這段距離的塵埃不會射出電場， 當y＞0.5d時塵埃運動時間更長，水平位移x＞d，即0.5d到d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η＝×100%＝50%. 變式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

14、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)，磁感應強度B0＝50 T，已知兩板間距離d＝0.3 m，電場強度E＝50 V/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 (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)1 m/s　(2)0.6 m　(3)0.3 s 解析　(1)由機械

15、能守恒定律，得mgh＝mv2 解得v＝1 m/s (2)進入場區(qū)時，因為mg＝10－3 N，方向向下， 而Eq＝10－3 N，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＝0.1 m 因d＝0.3 m，則油滴要想從N板邊緣水平飛出，需在場內做三次圓弧運動． 所以，N板的長度L＝6R.解得L＝0.6 m (3)油滴在磁場中運動的周期T0＝＝ 由(2)分析知交變磁場的周期T＝T0 聯(lián)立解得T＝0.3 s. 命題點三　帶電粒子在組合場中的運動 1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路 第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成

16、幾個不同的階段； 第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下： ←←←→→→ 第3步：用規(guī)律 2．解題步驟 (1)找關鍵點：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鍵． (2)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，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xOy平面內，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v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關于x軸對稱的電子流．電子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場

17、區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉后均從P點射出，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點的距離為d，中間開有寬度為2l且關于y軸對稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負、大小均可調的電壓UAK，穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導出，從而形成電流．已知b＝R，d＝l，電子質量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用． 圖7 (1)求磁感應強度B的大小； (2)求電子從P點射出時與負y軸方向的夾角θ的范圍； (3)當UAK＝0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達極板A的電子數(shù)； (4)畫出電流i隨UAK變化的關系曲線. 答案　見解析

18、 解析　軌跡示意圖 (1)“磁聚焦”模型要求：R＝，解得B＝. (2)b＝R，由幾何關系知： θ在關于y軸左、右對稱的60°(含)范圍內． (3)要進入小孔，電子到達P點時與y軸負方向的夾角φ≤45° 則：＝＝≤ 則當UAK＝0時每秒到達A板的電子數(shù)：N0＝N. (4)①當UAK≥0時，進入小孔的電子全部能到A板 i1＝N0e＝Ne ②設當UAK＝U1時，φ1＝45°對應的電子剛好到達A板 則eU1＝0－m(vcos φ1)2，解得UAK＝－ 即在區(qū)間(－，0)之間，i2＝N0e＝Ne ③當UAK反向再增大時，將出現(xiàn)有電子(該臨界角度為α) 剛好打到A板上，而φ>

19、α的電子打不到A板 i＝Ne，eUAK＝0－m(vcos α)2 解得：i＝Ne i＝0時，UAK＝－. 綜上所述：i－UAK圖線如圖所示 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Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長均為L＝0.10 m，高均為H＝0.06 m．區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏．質子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，質子荷質比近似為＝1.0×108 C/kg.(忽略邊界效應，不計重力) 圖8

20、(1)當區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加電場的最大值Emax； (2)當區(qū)域Ⅰ不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加磁場的最大值Bmax； (3)若區(qū)域Ⅰ加電場E小于(1)中的Emax，質子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域Ⅰ中的電場E之間的關系式． 答案　(1)200 V/m　(2)5.5×10－3 T　(3)B＝ 解析　(1)質子在電場中做類平拋運動 vy＝at＝，tan α＝＝ 質子到達區(qū)域Ⅱ右下端時，外加電場最大， 此時有tan α＝得Emax＝＝200 V/m. (2)質子在磁場中運動有qvB＝m，

21、即R＝ 根據(jù)幾何關系有：R2－(R－)2＝L2時，外加磁場最大 得Bmax＝≈5.5×10－3 T. (3)質子運動軌跡如圖所示． 設質子進入磁場時的速率為v′，則 sin α＝＝＝＝ 由幾何關系知sin α＝＝＝，得B＝. 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是關于y軸對稱的四分之一圓，在PQNM區(qū)域有均勻輻向電場，PQ與MN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O′進入半徑為R、中心位于坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向外，大小為B，粒子經(jīng)磁場偏轉后都能平行于x軸射出

22、．在磁場區(qū)域右側有一對平行于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4R，其中K板接地，A與K兩板間加有電壓UAK>0，忽略極板電場的邊緣效應，不計重力．已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切，O′在y軸上． 圖9 (1)求帶電粒子的比荷； (2)求帶電粒子進入右側電場時的縱坐標范圍； (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UAK至少為多大？ 答案　(1)　(2)－R～R　(3)U 解析　(1)由動能定理可知qU＝mv2 由已知條件可知，帶電粒子在磁場中運動的半徑R0＝R 洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動的向心力， qvB＝m.聯(lián)立解得

23、＝ (2)如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，在磁場中做圓周運動的圓心為O1，由幾何關系知，對應的圓心角為135°，離開磁場的出射點a在y軸上的投影與O′的距離為 Δy＝R＋R a點的縱坐標ya＝R 同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出射點b的縱坐標yb＝－R 故帶電粒子進入右側電場時的縱坐標范圍為： －R～R (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 E＝ F＝qE＝ma y＝R＋R＝at2 應滿足4R≥vt 解得UAK≥U 考向4　先后經(jīng)過兩個磁場 例6　如圖10所示，在xOy坐標平面內x軸上、

24、下方分布有磁感應強度不同的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面向里．一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸上的P點以一定的初速度沿y軸正方向射出，粒子經(jīng)過時間t第一次從x軸上的Q點進入下方磁場，速度方向與x軸正方向成45°角，當粒子再次回到x軸時恰好經(jīng)過坐標原點O，已知OP＝L，不計粒子重力．求： 圖10 (1)帶電粒子的初速度大小v0； (2)x軸上、下方磁場的磁感應強度之比. 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子運動軌跡如圖所示． 由幾何知識得r1＝L ① 粒子在x軸上方運動的圓心角α＝π ② 時間t＝ ③ 結合①②③得

25、v0＝ (2)由幾何關系得OQ＝r1＋r1·cos 45° 粒子在x軸下方運動的半徑r2＝OQ 由qv0B＝m得＝＝. 1.(2017·稽陽聯(lián)誼學校8月聯(lián)考)如圖1所示，半徑分別為R1、R2的兩個同心圓，圓心為O，小圓內有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度為B1，大圓外有垂直紙面的磁感應強度為B2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(質量為m，帶電荷量為q)從小圓邊緣的A點以速度v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，帶電粒子重力不計，求： 圖1 (1)若v＝，則帶電粒子在小圓內的運動時間t為多少；

26、 (2)大圓外的磁場B2的方向； (3)磁場應強度B1與B2的比值為多少？ 答案　(1)　(2)垂直于紙面向里　(3) 解析　(1)帶正電粒子在小圓內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB1＝m，r1＝＝R1 由幾何關系可知粒子在小圓內的軌跡圓弧的圓心角為 θ＝，則t＝，解得t＝. (2)粒子第一次回到小圓便經(jīng)過A點，則粒子在大圓外的磁場中繼續(xù)做逆時針方向的圓周運動，則B2的方向為垂直于紙面向里． (3)由幾何關系可得＝，r1＝，r2＝， 解得＝. 2．(2017·寧波市九校期末聯(lián)考)在豎直平面內有一矩形區(qū)域ABCD，AB邊長L，AD邊長2L，F(xiàn)為AD邊中點，G為BC邊中

27、點，線段FG將ABCD分成兩個場區(qū)．如圖2所示，場區(qū)Ⅰ內有一豎直向下的勻強電場，場區(qū)Ⅱ內有方向、大小未知的勻強電場(圖中未畫出)和方向垂直ABCD平面向里的勻強磁場．一個質量為m、電荷量為＋q的帶電小球以平行于BC邊的速度v從AB邊的中點O進入場區(qū)Ⅰ，從FG邊飛出場區(qū)Ⅰ時速度方向改變了37°，小球進入場區(qū)Ⅱ做勻速圓周運動，重力加速度為g，求： 圖2 (1)場區(qū)Ⅱ中的電場強度E2的大小及方向； (2)場區(qū)Ⅰ中的電場強度E1的大小； (3)要使小球能在場區(qū)Ⅱ內從FG邊重新回到場區(qū)Ⅰ的磁感應強度B的最小值． 答案　(1)　方向豎直向上　(2)－　(3) 解析　(1)由帶電小球在場區(qū)Ⅱ

28、中做勻速圓周運動可知，E2q＝mg得E2＝ 小球帶正電，所受電場力方向豎直向上，可知E2方向豎直向上 (2)小球在場區(qū)Ⅰ中做類平拋運動，平拋運動時間t＝，帶電小球飛出場區(qū)Ⅰ時，豎直方向的速度 v豎＝vtan 37°＝v，則a＝＝ 由牛頓第二定律得E1q＋mg＝ma 得E1＝－ (3)由類平拋運動規(guī)律得，小球在場區(qū)Ⅰ中的豎直位移 y＝at2＝L 當小球在場區(qū)Ⅱ中的圓周軌跡與FD邊相切時，R最大由幾何關系得Rcos 37°＋R＝L＋L 解得R＝L 此時R(1＋sin 37°)＝L＜L， y＋R(1－cos 37°)＝L＜L 即帶電小球以此半徑做圓周運動時不會從CG邊和CD邊

29、射出磁場 進入場區(qū)Ⅱ時小球速度 v′＝＝＝v 由Bqv′＝m得B＝＝ 3.如圖3所示，在xOy坐標系中，坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xOy平面內的x軸上方各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度大小均為v0，在0

30、電場和磁場邊界mn時的速度大小及距y軸的最大距離； (2)磁感應強度B的大?。? (3)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)2v0　d　(2)　(3)d 解析　(1)根據(jù)動能定理qEd＝mvt2－mv02 解得vt＝2v0 從放射源O點處沿x軸方向射出的粒子進入磁場時，其在電場中沿x方向的位移大?。簒1＝v0t＝v0＝d 此即為α粒子通過mn時距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x軸正方向射出的粒子軌跡必與ab板相切，由幾何關系知此粒子進入磁場時與x軸正方向夾角θ＝，則r＋

31、rsin ＝d，可得其做圓周運動的半徑r＝d 又根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvtB＝m，解得B＝ (3)易知沿x軸負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ab板相切．由幾何關系可知此時磁場寬度為原來的，即當ab板位于y＝d的位置時，恰好所有粒子均能打到ab板上，有Δd＝2d－d＝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；離子質量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d

32、，離子重力不計． 圖4 (1)求圓弧虛線對應的半徑R的大??； (2)若離子恰好能打在NQ的中點，求矩形區(qū)域QNCD內勻強電場場強E的值； (3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內的勻強電場，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，聯(lián)立解

33、得：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，則離子運動徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ. 由幾何關系知，離子能打在QN上，必須滿足：d＜r≤2d，則有 ≤B＜ . 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O、半徑為R，內接正三角形ACD區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，其余區(qū)域有勻強電場，電場強度大小相等，方向與磁場邊界垂直，如圖所示，P、M、N是三角形三條邊的中點，AG是過P點的一條直徑，一質量為m、電荷量為q的帶

34、正電粒子(不計粒子重力)以速度v0沿半徑方向從C點射入，經(jīng)過與圓形絕緣彈性邊界兩次碰撞后恰好能夠回到C點． 甲 乙 圖5 (1)求三角形區(qū)域內的勻強磁場的磁感應強度B的大??； (2)保持三角形區(qū)域的磁感應強度不變，讓該帶電粒子從G點靜止釋放，調整電場強度的大小，使得粒子也剛好兩次與圓形絕緣彈性邊界接觸后回到G點，求電場強度的大小和粒子從G點出發(fā)后第一次回到G點的時間； (3)如圖乙所示，撤去圓形絕緣彈性邊界，保持電場區(qū)域的電場強度不變，且電場區(qū)域足夠大(其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域沒有電場)，保持三角形區(qū)域中磁場不變．讓該帶電粒子從P點以不同速度大小沿PO方向垂直射入磁場，要使帶電粒

35、子能夠周期性地回到P點，帶電粒子入射的速度v大小應該滿足什么條件？ 答案　見解析 解析　(1)要使粒子從C點出發(fā)與圓周區(qū)域碰撞兩次回到C點，則粒子的運動軌跡如圖甲中實線所示，且剛好在A和D處與圓周垂直相碰．根據(jù)幾何關系可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑R1＝R.因為qv0B＝m，可得B＝ . 甲 (2)帶電粒子從G點靜止釋放，經(jīng)過兩次與圓形區(qū)域邊界接觸后回到G點，則帶電粒子的運動軌跡如圖乙所示． 乙 從G點在電場作用下加速，以速度v1從P點進入磁場做圓周運動到M剛好垂直AC進入電場，從M到I做勻減速運動剛好與圓周邊界接觸，然后在電場力作用下從靜止加速到M點以速度

36、v1垂直進入磁場，從M到N做勻速圓周運動，在N點垂直AD進入電場，從N到H做勻減速運動剛好與圓周邊界接觸，然后在電場力作用下從靜止加速到N點以速度v1垂直進入磁場，做勻速圓周運動回到P點，然后從P做勻減速直線運動剛好回到G點．根據(jù)幾何關系可以知道C、A、D剛好是三段圓弧的圓心，圓弧軌道的半徑為R2＝，又因為qv1B＝m，可得v1＝v0.又因為Eq＝mv12，可得E＝. 時間t＝3××2＋3× 可得第一次回到G點的時間t＝. (3)要使粒子能夠周期性的回到P點，則粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示． A、C、D分別是在三角形頂角處的圓弧的圓心，設帶電粒子做圓周運動的軌道半徑為r，根據(jù)幾何關系有＝(2n＋1)r，其中n＝0,1,2,3…… 又因為qvB＝m，可以得到：v＝，其中n＝0,1,2,3，…… 22