【物理】2019届二轮复习带电粒子在复合场中的运动学案
第13讲 带电粒子在复合场中的运动
以科技应用为背景的复合场问题
[要点总结]
1．质谱仪和回旋加速器
装置
原理图
规律
质谱仪
粒子由静止被加速电场加速qU＝
mv2，在磁场中做匀速圆周运动
qvB＝，则比荷＝
回旋加速器
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相同，粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速，由qvB＝得Ekm＝
2.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应共同特点是粒子稳定时电场力与洛伦兹力平衡。
[典例分析]
【例1】 (2018·浙江金华一中模拟)质谱仪是测量带电粒子的比荷和分析同位素的重要工具。如图1所示，带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零，然后经过S3垂直于磁场边界沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。现有某种元素的三种同位素的原子核由容器A进入质谱仪，最后分别打在底片P1、P2、P3三个位置，不计粒子重力。则打在P1处的粒子( )
图1
A．质量最小 B．比荷最小
C．动能最小 D．动量最小
解析 粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝mv2－0；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，联立解得＝，由图示可知，打在P1处的粒子轨道半径r最大，打在P1处的粒子比荷最小，选项B正确；由于三种粒子是同位素，粒子所带电荷量q相等，比荷越小，质量越大，由此可知，打在P1处的粒子质量最大，选项A错误；三种粒子的电荷量q相同、加速电压U相同，由qU＝mv2－0可知，三种粒子的动能相等，选项C错误；粒子的动量P＝，由于粒子动能Ek相等，打在P1处的粒子质量最大，则打在P1处的粒子动量最大，选项D错误。
答案 B
[精典题组]
1.(2018·11月浙江选考)磁流体发电的原理如图2所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d，宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
图2
A.上板为正极，电流I＝
B.上板为负极，电流I＝
C.下板为正极，电流I＝
D.下板为负极，电流I＝
解析 根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板为正极，两板间的电势差为U，则q＝qvB，得U＝Bdv，电流I＝＝，选项C正确。
答案 C
2．(2018·浙江温岭模拟)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图3所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中错误的是( )
图3
A．M板电势一定高于N板的电势
B．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大
C．污水流动的速度越大，电压表的示数越大
D．电压表的示数U与污水流量Q成正比
解析 根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，所以M板电势一定高于N板的电势，选项A正确；最终离子处于平衡，故电场力等于洛伦兹力，根据牛顿第二定律有qvB＝q ，解得U＝Bvc，所以电压表示数与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，选项B错误，C正确；根据v＝ ，则流量Q＝vbc＝bc＝b，即U＝ ，故电压表示数与污水流量成正比，选项D正确。
答案 B
3．(2018·浙江定海区模拟)回旋加速器工作原理如图4甲所示，D1、D2为D形金属盒，A粒子源位于回旋加速器正中间，其释放出的带电粒子质量为m，电荷量为＋q，所加匀强磁场的磁感应强度为B，两金属盒之间加的交变电压变化规律如图乙所示，其周期为T＝，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，则下列说法中正确的是( )
图4
A．t1时刻进入回旋加速器的粒子记为a，t2时刻进入回旋加速器的粒子记为b，a、b在回旋加速器中各被加速一次，a、b粒子增加的动能相同
B．t2、t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器
C．t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中的绕行方向相反
D．t2时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中被加速的次数最多
解析 由图乙读出电压，由动能定理分析加速一次粒子增加的动能，粒子获得的最大动能与D形盒的半径有关。由左手定则分析粒子在磁场中绕行方向关系。由图乙知，t1时刻与t2时刻两金属盒间的电压不等，根据动能定理得qU＝ΔEk，可知a、b在回旋加速器中各被加速一次增加的动能不同，选项A错误；当粒子的轨迹半径等于D形盒的半径时，获得的动能最大，将射出回旋加速器，设D形盒的半径为R，则由R＝知v＝，粒子获得的最大动能为Ekm＝mv2＝，可知粒子射出加速器时的动能，即最大动能与加速电压无关，不同时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器，选项B正确；t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子获得的速度方向相反，进入磁场后，由左手定则可知，在回旋加速器中的绕行方向相同，选项C错误；设加速次数为n，则nqU＝Ekm得n＝，可知t2时刻进入回旋加速器的粒子加速电压最大，加速次数最少，选项D错误。
答案 B
4．(2018·浙江奉化模拟)半导体内导电的粒子——“载流子”有两种：自由电子和空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体，以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，如图5为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会产生霍尔电势差UH，若每个载流子所带电荷量的绝对值为e，下列说法中错误的是( )
图5
A．如果上表面电势低，则该半导体为N型半导体
B．其它条件不变，增大磁感应强度，则UH增大
C．其它条件不变，增大c时，UH增大
D．样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为n＝
解析 电流方向沿x轴正方向，磁场方向沿y轴正方向，若上表面电势低，即带负电，粒子受到的洛伦兹力方向向上，故载流子是带负电的自由电子，是N型半导体，选项A正确；最终洛伦兹力和电场力平衡，有evB＝e ，UH＝Bbv，与c无关，选项B正确，C错误；电流的微观表达式为I＝nevS，S＝bc，联立解得
n＝ ，选项D正确。
答案 C
带电粒子在组合场中运动及临界问题分析
[要点总结]
分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
[典例分析]
【例2】 (2018·浙江宁波适应性考试)如图6所示为平面直角坐标系xOy，在第一、二象限中有一半圆形的有界磁场，圆心在O点，半圆的半径为R，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度为B，在y＝R的上方有一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点有一粒子源，可以向第一象限坐标平面内的任意方向发射相同速率的带正电的粒子，粒子质量为m，电荷量为q，粒子的重力可以忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。发现有一粒子从y轴上的P点离开磁场进入电场，并且此时速度方向与y轴正方向成30°，求
图6
(1)粒子速度的大小；
(2)出磁场后能垂直进入电场的粒子从粒子源射出到经过y轴时所用的时间；
(3)在y＝R上，有粒子能进入电场的横坐标范围。
解析 (1)由有一粒子从y轴上的P点离开磁场进入电场，并且此时速度方向与y轴正方向成30°可知，此时OP的连线即为粒子做匀速圆周运动的弦长，且弦切角为30°，设粒子做匀速圆周运动的半径为r，由弦长公式s＝2rsin 30°，即R＝2rsin 30°，解得r＝R，再由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，解得v＝。
(2)能垂直进入电场的粒子从O点射出后，到达圆形磁场边界的速度方向竖直向上，设粒子做匀速圆周运动的轨迹与圆形磁场边界相交于M点，由于粒子做匀速圆周运动的半径也为R，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的圆心在圆形磁场边界的左半圆上，设为N点，连接OMN可知， ΔOMN为等边三角形，所以粒子在磁场中的运动的圆心角为60°，所以粒子在磁场中运动的时间
t1＝＝，
粒子出磁场后做匀速运动，从M点作垂线与y＝R的电场线相交于P点，由几何关系解得
MP＝R－Rsin 60°＝R
所以粒子从出磁场到进入电场所用的时间
t2＝＝＝
粒子进入电场后做类平抛运动，由几何关系可知，M点到y轴的距离为，由电场力方向做匀加速直线运动，
＝·t
解得t3＝
所以总时间为
t＝t1＋t2＋t3＝＋＋。
(3)当粒子以平行x轴进入磁场时，从磁场射出再进入电场时为在y＝R直线上的最右端，如图所示，设粒子做匀速圆周运动轨迹与圆形磁场边界的交点为G，过G点作粒子出磁场速度的切线交y＝R直线的交点为F，由几何关系可知PF＝＝R
当粒子以平行y轴进入磁场时，从磁场射出再进入电场时为在y＝R直线上的最左端，设粒子做匀速圆周运动轨迹与圆形磁场边界的交点为H，过H点作粒子出磁场速度的切线交y＝R直线的交点为I，由几何关系可知PI＝(－1)R，所以在y＝R
上，有粒子能进入电场的横坐标范围－(－1)R≤x≤R。
答案 (1) (2) ＋＋
(3)－(－1)R≤x≤R
[精典题组]
5．(2018·浙江仙居模拟)如图7，在xOy坐标平面第一象限内、x≤1 m的范围中，存在以y＝x2为上边界的沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E1＝2.0×102 N/C。在直线MN(方程为y＝1 m的上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在x＝－1 m处有一与y轴平行的接收板PQ，板两端分别位于MN直线和x轴上，C点为MN连线与y轴的交点；在第二象限，MN和PQ围成的区域内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2。现有大量的带正电粒子从x轴上0
0的区域内，液滴在竖直方向上做自由落体运动，
则有y＝gt， v＝gt1
解得t1＝0.4 s, v＝4 m/s
液滴在水平方向上做匀减速运动，设初速度为v0，
则v0－at1＝0
有x＝v0t1－at， qE1＝ma
解得E1＝1.875 N/C。
(2)液滴进入x<0的区域后，由于qE2＝mg，液滴做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。
其做圆周运动的大、小圆半径分别为r1、r2，运动周期分别为T1、T2
由qvB0＝m， 2qvB0＝m
解得r1＝2 m, r2＝1 m
又T1＝， T2＝
解得T1＝π(s), T2＝(s)
液滴从P点到第二次穿过x轴经过的时间
t＝t1＋＋＝ s
答案 (1)4 m/s 1.875 N/C (2) s
[精典题组]
7．(2017·11月浙江选考)如图10所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )
图10
A．粒子一定带负电
B．粒子的速度大小v＝
C．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动
D．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化
解析 无论是正电荷还是负电荷，在题设条件下，电场力和洛伦兹力方向总相反，都能够做直线运动，所以无法判断粒子的电性，选项A错误；粒子沿水平方向做直线运动，说明竖直方向合外力为零，即qE＝qvB，得到v＝，所以选项B错误；如果粒子速度变大或变小，都会导致洛伦兹力变化，电场力不变，此时电场力和洛伦兹力合力不为0，因此粒子就会做曲线运动，选项C正确；不管粒子速度大小怎么改变，在匀强电场中，粒子受到的电场力不变，所以选项D错误。
答案 C
8．(2018·浙江舟山模拟)如图11甲所示，竖直平面xOy内，在y轴右侧存在竖直向下的电场强度为E1的匀强电场和一个交变磁场，磁感应强度大小为B1，交变磁场变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场的正方向。在第二象限存在方向水平向左的电场强度为E2的匀强电场和一个方向垂直纸面向外的匀强磁场。带负电的粒子从x轴上的A点与x轴成θ角沿直线运动，经过y轴上的P点进入y轴右侧后做匀速圆周运动，当粒子刚进入y轴右侧时，交变磁场立即从t＝0开始变化。现已知P点坐标为(0，d)，粒子的电荷量为q，粒子质量为m, ＝。
图11
(1)求θ；
(2)若已知交变磁场的周期T＝，粒子在t＝0时经过P点，t＝时恰好水平经过x轴上的Q点，求Q点的横坐标。
解析 (1)粒子受洛伦兹力而做直线运动，一定是做匀速直线运动，受力如图所示，
即tan θ＝
又因为粒子在第一象限做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，即qE1＝mg
由＝，
得tan θ＝，θ＝60°。
(2)由θ＝60°可得粒子与y轴正方向成30°角射入第一象限，磁场的变化周期T＝，粒子运动的周期
T0＝，
所以＝T0
粒子转动一周的T0，磁场就发生变化，所以每次转动圆心角为150°
因为开始时粒子速度方向与y轴正方向成30°角，转到速度方向沿y轴向下磁场方向即发生变化，到达x轴上的Q点经历的总时间t＝等于磁场变化半周期的3倍和粒子做圆周运动的周期T的的总和，画出粒子的运动轨迹如图所示。
即经过三个150°和一个90°的圆心角，恰好水平过x轴上的Q点，粒子每转一次150°，轨迹如图所示。
半个周期中粒子向下移动距离为
y1＝rsin 30°＝r，
向右移动距离为x1＝r＋rcos 30°＝r＋r
共向下移动2.5r，由P点坐标(0，d)可知2.5r＝d，
解得r＝d
由图可知，粒子到达Q点时共向右移动的距离为
x＝3x1＋r＝3＋r＝d＋d＝d
所以Q点横坐标x＝d。
答案 (1)60° (2)d
带电粒子在复合场中的运动问题易错分析
【例】 如图12所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45°的斜向下的匀强电场E，有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么( )
图12
A．小球在复合场中一定做匀加速直线运动
B．磁感应强度B＝，场强E＝
C．若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动
D．若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球仍能沿直线通过复合场
[错因分析] 考虑问题不全面，认为同时改变小球的比荷与初始下落高度h，磁感应强度B＝仍然可以成立，但没有注意到改变比荷时E＝就不能成立，故判断小球仍能沿直线通过复合场而错选D项。
[正解展示] 小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示。其中重力和电场力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动，选项A错误；根据小球的平衡条件可得qvB＝mg，qE＝mg，又v＝，联立以上各式解得磁感应强度B＝，电场强度E＝，选项B正确；若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向，合力不可能为零，选项C错误；若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足B＝和E＝，若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，以上两个式子不能同时满足，所以选项D错误。
答案 B
粒子在洛伦兹力作用下的直线运动
洛伦兹力的大小、方向均与速度有关，当速度变化时，洛伦兹力发生变化，合力发生变化，所以带电粒子在磁场中的直线运动往往为匀速直线运动(除沿磁感线运动的情况外)。
1．(2017·4月浙江选考)如图13所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿
x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知b＝R，d＝l。电子质量为m，电荷量为e、忽略电子间相互作用。
图13
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；
(3)当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；
(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线。
解析 (1)轨道半径r＝R，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB＝m，解得B＝。
(2)上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角为θm，由几何关系
sin θm＝得θm＝60°
同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角为60°
范围是－60°≤θ≤60°。
(3)tan α＝得α＝45°
y′＝Rsin α＝R
每秒进入两极板间的电子数为n
＝＝＝0.82
n＝0.82N。
(4)由动能定理得出遏止电压Uc
Uc＝－mv2
与负y轴成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需的最小反向电压U′＝－mv2或
根据(3)可得饱和电流大小
imax＝0.82Ne
答案 (1) (2)－60°≤θ≤60° (3)0.82N (4)见解析图
2．(2016·10月浙江选考)如图14所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m，电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0，这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上，在x轴上2a～3a区间水平固定放置一探测板(a＝)，假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。
图14
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；
(3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小。
解析 (1)对于初速度为0的粒子qU＝mv，
得v1＝v0，在磁场中运动的半径为r1＝＝a，
恰好打在x＝2a的位置。
对于初速度为v0的粒子qU＝mv－m(v0)2，
得v2＝2v0
半径为r2＝＝2a，恰好打在x＝4a的位置
打在x轴上的区间为[2a，4a]
(2)对初速度为v0的粒子经电场加速后，在磁场中偏转打在探测板右端，r3＝a，由r3＝，得B1＝B0。
(3)对速度为0的粒子qU＝mv，r4＝＝a，2r4＝1.5a，粒子打在x轴上的区间为[1.5 a，3a]，
设打在探测板上的离子数为N，则＝，
所以N＝N0＝N0。
由动量定理得
－Ft＝－0.8 Nmv0＋[－0.6×0.2 Nmv0－0.2 Nmv0]，
解得F＝1.12 Nmv0。
则探测板受到的作用力大小F′＝1.12 Nmv0
答案 (1)[2a，4a] (2)B0 (3)1.12 Nmv0
3．(2017·11月浙江选考)如图15所示，x
轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用。
图15
(1)求离子的比荷；
(2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ＝37°，磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动的时间)
解析 (1)洛伦兹力提供向心力qvB0＝m
圆周运动的半径R＝L，得＝。
(2)如图甲所示，以最大值θm入射时，有
Δx＝2R(1－cos θm)＝L或2Rcos θm＝L
得θm＝。
(3)B>B0，全部收集到离子时的最小半径为R1如图乙，有
2R1cos 37°＝L，
得B1＝＝1.6B0
当B0≤B≤1.6B0时，有n1＝n0，
B>1.6B0，恰好收集不到离子时的半径为R2，有
R2＝0.5L，得B2＝2B0。
当1.6B00)。霍尔片的放大图如图乙所示，它由长×宽×厚＝a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B＝B0(1－β|x|)，β>0。无压力波输入时，霍尔片静止在x＝0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。
甲 乙
丙
图16
(1)指出D1、D2两点哪点电势高；
(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示：电流I与自由电子定向移动速率v
之间关系为I＝nevbd，其中e为 电子电荷量)；
(3)弹性盒中输出压力波p(t)，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图象如图丙所示。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示)
解析 (1)N型半导体可以自由移动的是电子(当然题目也给出了自由电子)，根据左手定则可以知道电子往D2端移动，因此D1点电势高。
(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得
evB0＝e
v＝代入，解得U0＝
(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得
evB＝e①
UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)②
根据图象可知压力波p(t)关于时间t是一个正弦函数，其绝对值的周期是原函数周期的一半，根据图象可知|p(t)|关于t的周期是t0，则p(t)关于t的周期是2t0，频率自然就是；由②式可知当压力波p(t)达到振幅A时，UH最小，为U1，代入②式可得
U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA)
解得A＝。
答案 (1)D1点电势高 (2)U0＝ (3)
5.(2018·11月浙江选考)小明受回旋加速器的启发，设计了如图17甲所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图乙所示的幅值为U0的交变电压，周期T0＝，板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子，有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t＝0时刻，发射源在(x
，0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。
图17
(1)若粒子只经磁场偏转并在y＝y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
解析 (1)发射源的位置x0＝y0
粒子的初动能Ek0＝
(2)分下面三种情况讨论
①见图1，Ek0>2qU0
图1
由y＝、R0＝、R1＝
和mv＝mv－qU0、mv＝mv－qU0
及x＝y＋2(R0＋R1)
得x＝y＋＋
②见图2，qU0OP。设发射的α粒子速度大小v均为2×105 m/s，除了垂直x轴通过P点的α粒子可以进入电场，其余打到平板上的α粒子均被吸收。已知α粒子的比荷为＝5×107 C/kg，重力不计，试问：
图4
(1)P点距O点的距离为多少？
(2)α粒子经过P点第一次进入电场，运动后到达y轴的位置与O点的距离为多少？
(3)要使离开电场的α粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2应为多大？
解析 (1)α粒子从S射出经过磁场B1后，能从P点垂直x轴通过的运动轨迹如图甲所示，由公式B1qv＝m可知，
图甲
粒子的轨道半径r＝＝0.02 m，
由几何关系可知cos θ＝＝，则θ＝30°，
由此可知P点距O点的距离OP＝r－rsin θ＝0.01 m。
(2)α粒子进入电场后做类平抛运动，
x轴方向位移为x＝OP＝at2，
y轴方向位移为y＝vt，
加速度为a＝＝2×1012 m/s2，
则粒子到达y轴位置与O点的距离为y＝0.02 m。
(3)设粒子在y轴射出电场的位置到粒子源S的距离为H，则
H＝y＋h＝(2＋)×10－2 m，
设粒子在y轴射出电场的速度方向与y轴正方向夹角为φ，
由tan φ＝＝1，可知φ＝45°，
则α粒子射入磁场B2的速度大小v′＝v，
α粒子能回到粒子源S处可分以下两种情况处理
①粒子经B2磁场偏转后直接回到粒子源S处，如图乙所示。
图乙
设粒子在B2磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可知cos 45°＝，
则R＝＝×10－2 m，
由公式B2qv′＝，得到B2＝＝ T。
②粒子经B2磁场偏转后进入B1磁场偏转再回到离子源S处，如图丙所示。
图丙
则粒子进入B1磁场的偏转半径
r′＝＝＝r＝2×10－2 m，
由几何关系可知 cos 45°＝，
则R′＝＝×10－2 m，
由公式B2qv′＝，
得到B2＝＝ T＝ T。
答案 (1) 0.01 m (2)0.02 m (3)见解析
6．(2018·浙江宁波重点中学高三期末联考)如图5甲所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板， S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两平面荧光屏相互垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O
为原点，在y>0，00，x>d的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，两区域内有磁感应强度大小均为B，M板左侧电子枪随时间均匀发射出初速度可以忽略的热电子，所有电子经小孔S1进入两板间的电场加速后，从O点处小孔沿x轴正方向射入磁场，最后打在荧光屏上，使得荧光屏发亮，已知电子的质量为m，电荷量为e，M、N两板间所加的电压如图乙所示，电子通过MN的时间极短，且不计电子间的相互作用，求：
图5
(1)当两板间电势差U＝时，电子在磁场中运动的轨迹为多长；
(2)x屏上的亮线长度为多少。
解析 (1)根据动能定理得mv2＝eU
电子在磁场中由牛顿第二定律evB＝，
得r＝＝dx≥－8 m区域的场强大小为E1＝5 V/m，0>x≥－4 m区域的场强大小为E2＝7 V/m，x≥0区域的场强大小为E3＝5
V/m；第一、四象限内的磁场方向相反且垂直于坐标平面，磁感应强度大小均为B＝2 T。现让一带正电的小球从A点沿x轴正方向、以v0＝4 m/s的速率进入电场。已知小球的质量m ＝2×10－3 kg，电荷量q ＝4×10－3 C，假设电场和磁场区域足够宽广，小球可视为质点且电荷量保持不变，忽略小球在运动中的电磁辐射，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
图9
(1)小球到达y轴时的速度；
(2)小球从A点运动到坐标为(56 m，y)的点经历的时间。
解析 (1)在－4 m≥x≥－8 m区域，小球所受电场力
F＝qE1
代入数据得F＝2×10－2 N
由题知 mg＝2×10－2 N
因F＝mg
所以小球做匀速直线运动，设该过程经历时间为t1
t1＝＝1 s
在0>x≥－4 m区域， qE2>mg，小球做类平抛运动，设该过程经历时间为t2，根据运动学规律
在y方向上有qE2－mg＝ma
代入数据得a＝4 m/s2
y＝at
vy＝at2
在x方向上有CO＝v0t2
代入数据得t2＝1 s, y＝2 m, vy＝4 m/s
由v＝
代入数据解得v＝4 m/s
设速度方向与y轴正方向的夹角为α
由tan α＝
代入数据解得α＝45°
(2)在x≥0区域，有qE3＝mg，分析知，小球先在第一象限做半径为r、时间为的匀速圆周运动，接着交替在第四、第一象限做半径为r、时间为的匀速圆周运动，轨迹如图所示：
洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
代入数据得r＝ m
设小球在第一象限第一次到达x轴的位置为P点，第二次到达x轴的位置为G点
由几何关系易得OP＝2 m, PG＝2rcos α＝2 m
小球做匀速圆周运动的周期为T＝
代入数据得T＝ s
设小球从O点到达x轴上H(56 m，0)点的时间为t3
因＝28，即OH＝OP＋27PG
故t3＝tOP＋tPH＝＋27×
代入数据得t3＝＝ s
达到横坐标为56 m的点有以下三种情况：
(i)到达横坐标为56 m的I点，
tAI＝t1＋t2＋t3－＝ s
(ii)到达横坐标为56 m的H点，
tAH＝t1＋t2＋t3＝ s
(iii)到达横坐标为56 m的J点，
tAJ＝t1＋t2＋t3＋＝ s
答案 (1)4 m/s 45° (2)(2＋)s或(2＋) s或(2＋) s
