第3講 帶電粒子在復合場中的運動 1．(2016浙江嘉興期末)英國物理學家阿斯頓因首次制成質(zhì)譜議，并用此對同位素進行了研究，因此榮獲了1922年的諾貝爾化學獎．若速度相同的同一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是(　AD　) A．該束帶電粒子帶正電 B．速度選擇器的P1極板帶負電 C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大 D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小 解析：根據(jù)粒子在磁場中的運動軌道，由左手定則可知，粒子帶正電，選項A正確；粒子在正交場中，受向上的洛倫茲力，故電場力向下，即速度選擇器的P1極板帶正電，選項B錯誤，根據(jù)R＝可知，在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量與電荷量的比值越大，或者比荷越小，選項C錯誤，D正確． 2．(2016長沙一中月考五)如圖是利用金屬做成的霍爾元件的工作原理圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通如圖所示方向的電流I，則C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法正確的是(　AC　) A．電勢差UCD與導體本身的材料有關(guān) B．電勢差UCD大于0 C．僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大 D．在測定地球赤道上方的地磁場弱時，元件的工作面應水平放置 解析：電勢差UCD與磁感應強度B、材料有關(guān)，A正確，霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，則電勢差UCD＜0，B錯誤；僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大，C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直，D錯誤． 3．(2016湖南雅禮中學月考四)如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強電場E1和垂直紙面向里的勻強磁場B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強電場E2，一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ＝37角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則(　BD　) A．微粒一定帶負電　　 B．電場強度E2一定豎直向上 C．兩電場強度之比＝　　 D．微粒的初速度為v＝ 解析：微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，則微粒做勻速直線運動，由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，A錯誤；此時有qE1＝mgtan 37，微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運動，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，B正確；由以上分析可知＝，C錯誤；AP段有mg＝Bqvcos 37，即v＝，D正確． 4．(2016浙江嘉興期末檢測)洛倫茲力演示儀是由勵磁線圈(也叫亥姆霍茲線圈)、洛倫茲力管和電源控制部分組成的．勵磁線圈是一對彼此平行的共軸串聯(lián)的圓形線圈，它能夠在兩線圈之間產(chǎn)生(垂直于線圈平面的)勻強磁場．洛倫茲力管的圓球形玻璃泡內(nèi)有電子槍，能夠連續(xù)發(fā)射出電子，玻璃泡內(nèi)充滿稀薄氣體，電子在玻璃泡內(nèi)運動時，可以顯示出電子運動的徑跡，其結(jié)構(gòu)如圖所示．現(xiàn)給勵磁線圈通電，電子槍垂直磁場方向向左發(fā)射電子，恰好形成如“結(jié)構(gòu)示意圖”所示的圓形徑跡，則(　BD　) A．勵磁線圈通道有逆時針方向的電流 B．若只增大加速電壓，可以使電子流的圓形徑跡半徑增大 C．若只增大勵磁圈中的電流，可以使電子流的圓形徑跡半徑增大 D．若已知電子的比荷，燈絲發(fā)出的電子的初速為零，加速電壓為U，則可通過測量圓形徑跡的直徑來估算兩線圓間的磁感應強度 解析：電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則可知，電子所在磁場的方向垂直紙面向里，根據(jù)安培定則可知：勵磁線圈通有順時針方向的電流，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得R＝，欲增大圓形半徑R，可減小B，即只減小勵磁線圈的電流，選項C錯誤；欲增大圓形徑跡半徑R，可增大v，根據(jù)動能定理eU＝mv2可知只增大加速電壓，可增大v，選項B正確；根據(jù)上述兩式可得 B＝＝＝，選項D正確． 5．如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域．若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的大?。? 解析：粒子在磁場中做圓周運動，設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvB＝m，式中v為粒子在a點的速度．過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點．由幾何關(guān)系知，線段ac、bc和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形． 因此ac＝bc＝r.設cd＝x，由幾何關(guān)系 ac＝R＋x，bc＝R＋. 聯(lián)立②③④式得r＝R. 再考慮粒子在電場中的運動．設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動．設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE＝ma. 粒子在電場方向和直線方向運動的距離均為r，由運動學公式得 r＝at2，r＝vt，式中t是粒子在電場中運動的時間． 聯(lián)立解得E＝. 答案： 6．(2015重慶卷)右圖為某種離子加速器的設計方案．兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場．其中MN和M′N′是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P為靶點，O′P＝kd(k為大于1的整數(shù))．極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速，經(jīng)O′進入磁場區(qū)域．當離子打到極板上O′N′區(qū)域(含N′點)或外殼上時將會被吸收．兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過．忽略相對論效應和離子所受的重力．求： (1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大??； (2)能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值； (3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間． 解析：(1)離子在電場中加速一次的速度為v， 由動能定理qU＝mv2 在磁場中洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，能打到P點，則2r＝kd 聯(lián)立以上幾式得B＝ (2)離子可以n次被加速做圓周運動最終打到P點，則有nqU＝mv 最后做圓周運動的半徑應滿足2rn＝kd 由qvnB＝m得B＝ 當離子經(jīng)過第一次加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)時， qU＝mv，qv1B＝ 解得r1＝，由于<r1≤，故 1≤n<k2，且n為整數(shù)，所以n＝1,2,3，……，k2－1. 磁感應強度應為B＝(n＝1,2,3，…，k2－1) (3)離子在磁場中圓周運動的周期T＝，離子加速n次后在磁場中運動的總時間tB＝(n－)T 當n＝k2－1時離子的能量最大，代入此時的B，得運動時間tB＝ 離子在電場中運動時，可以連接起來一起看是初速度為零的勻加速直線運動，有nh＝tE 加速運動階段應用動能定理nqU＝mv，在電場中運動的時間tE＝h 答案：(1) (2)2(n＝1,2,3，…，k2－1) (3)電場中運動的時間h 磁場中運動的時間 7．(2014山東卷)如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量． (1)若Δt＝TB，求B0. (2)若Δt＝TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。? (3)若B0＝，為使粒子仍垂直打在P板上，求TB． 解析：(1)設粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0＝ 據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d，聯(lián)立上式得B0＝ (2)設粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a＝ 據(jù)題意由幾何關(guān)系得 3R2＝d，解得a＝. (3)設粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得，T＝ 由牛頓第二定律得qv0B0＝ 由題意知B0＝， 代入上式得d＝4R 粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1、O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0＜θ＜，由題意可知T＝ 設經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0,1,2,3，…) 若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d 當n＝0時，無解 當n＝1時，聯(lián)立解得 θ＝(或sin θ＝) 得TB＝ 當n≥2時，不滿足0＜θ＜90的要求 若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d 當n＝0時，無解 當n＝1時，得 θ＝arcsin(或sin θ＝) 則TB＝(＋arcsin) 當n≥2時，不滿足0＜θ＜90的要求． 答案：(1)　(2) (3)或