【物理】2019届人教版带电粒子在复合场中的运动单元测试

【物理】2019届人教版带电粒子在复合场中的运动单元测试

第4讲　带电粒子在复合场中的运动 ‎　‎ ‎[ 生用书P193 ‎ ‎1．(2015·高考天津卷)现代 仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．‎ ‎(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；‎ ‎(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sin θn；‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．‎ 解析：(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．‎ 由动能定理，有2qEd＝mv ①‎ 由①式解得 v2＝2 ②‎ 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 qv2B＝m ③‎ 由②③式解得 r2＝. ④‎ ‎(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．‎ nqEd＝mv ⑤‎ qvnB＝m ⑥‎ 甲 粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有 vn－1sin θn－1＝vnsinαn ⑦‎ 由图甲看出 rnsinθn－rnsinαn＝d ⑧‎ 由⑥⑦⑧式得 rnsinθn－rn－1sin θn－1＝d ⑨‎ 由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得 rnsinθn＝r1sin θ1＋(n－1)d 乙 当n＝1时，由图乙看出 r1sin θ1＝d ⑪‎ 由⑤⑥⑩⑪式得 sinθn＝B.‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则 θn＝，sin θn＝1‎ 在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ′n，由于> 则导致sin θ′n>1‎ 说明θ′n不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．‎ 答案：见解析 ‎2．(2018·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy，‎ 在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的N点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子所受到的重力．求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)粒子运动到P点的速度大小；‎ ‎(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．‎ 解析：‎ ‎(1)粒子运动轨迹如图所示．‎ 设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：‎ x＝v0t1＝d y＝at＝d qE＝ma，tan θ＝＝ v1＝ 联立以上各式得：θ＝，v1＝2v0，E＝.‎ 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝m 由几何关系得：R＝＝d 联立并代入数据解得：B＝.‎ ‎(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得：‎ qEd＋qE(R＋Rcosθ)＝mv－mv 代入(1)中所求数据解得：vP＝v0.‎ ‎(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：t1＝＝ 粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T＝＝ t2＝T＝ 粒子在第Ⅲ象限内运动时有：R＋Rcosθ＝at 解得：t3＝ 粒子从M点运动到P点的时间：‎ t＝t1＋t2＋t3＝.‎ 答案：(1)　　(2)v0‎ ‎(3) ‎3.‎ 如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B， L为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距 L高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m、带电量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.‎ ‎(1)求电场强度的大小和方向；‎ ‎(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；‎ ‎(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．‎ 解析：(1)设电场强度大小为E 由题意可知mg＝qE 得E＝，方向竖直向上．‎ ‎(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.‎ 由r＝，有r1＝，‎ r2＝＝r1‎ 由(r1＋r2)sin φ＝r2，r1＋r1cos φ＝h 联立各式解得vmin＝(9－6).‎ ‎　‎ ‎　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　　乙 ‎(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过 L时距离 点为x.‎ 由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3，…)‎ x≥，x＝ 得r1＝，n<3.5‎ 即n＝1时，v＝；n＝2时，v＝；n＝3时，v＝.‎ 答案：(1)　方向竖直向上　(2)(9－6) ‎(3)　　 ‎4．如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化(垂直于纸面向外为正)．t＝0时，一比荷为＝1×105 C/ g的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v＝5×104 m/s，不计粒子重力．‎ ‎(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径．‎ ‎(2)求t＝×10－4 s时带电粒子的坐标．‎ ‎(3)保持图b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3 T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．‎ 解析：(1)带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向力心，‎ qvB1＝m r＝1 m.‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动的周期，‎ T0＝＝×10－4 s 在0 ×10－4 s过程中，粒子运动了，圆弧对应的圆心角，θ1＝ 在×10－4 s ×10－4 s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角，θ2＝ 轨迹如图1所示，根据几何关系可知，‎ 横坐标：x＝2r＋2rsin ＝(2＋) m≈3.41 m 纵坐标：y＝－2rcos ＝－m≈－1.41 m 带电粒子的坐标为(3.41 m，－1.41 m)．‎ ‎　‎ ‎(3)施加B2＝0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图2所示，‎ ‎①当nT≤t＜nT＋(n＝0，1，2，…)时，‎ T1＝＝×10－4 s ‎②当nT＋≤t＜(n＋1)T(n＝0，1，2，…)时，‎ T2＝＝π×10－4 s 粒子运动轨迹如图3所示，则粒子回到原点的时刻为，t1＝×10－4 s t2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0，1，2，3，…)．‎ 答案：(1)1 m　(2)(3.41 m，－1.41 m)　‎ ‎(3)t1＝×10－4 s　‎ t2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0，1，2，3，…)‎