第1章 专题强化4 带电粒子在组合场中的运动-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册 （粤教版2019）

专题强化4　带电粒子在组合场中的运动 [学习目标]　1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法(重点)。2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法(重点)。3.会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律(难点)。 一、带电粒子在电场和磁场中运动的动力学分析 (1)洛伦兹力只改变带电粒子速度方向，不改变带电粒子速度大小。(　√　) (2)电场力只改变带电粒子速度大小，不改变带电粒子速度方向。(　×　) (3)带电粒子垂直匀强磁场入射，一定做匀速圆周运动。(　√　) (4)带电粒子垂直匀强电场入射，也可能做匀速圆周运动。(　×　) 二、带电粒子在组合场中的运动 1．从电场进入磁场 例1　(2023·长沙市雅礼中学高二联考期末)在半导体离子注放工艺中，初速度和重力可忽略的离子P＋和P3＋，经电压为U的匀强电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　) A．在磁场中运动的半径之比为3∶1 B．在电场中的加速度之比为1∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开磁场区域时的动能之比为1∶ 答案　C 解析　两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由牛顿第二定律有q＝ma，得a＝，可知二者在电场中的加速度之比是1∶3，故选项B错误； 离子在离开电场时有Uq＝mv2，即v＝，可知其速度之比为1∶，又由qvB＝m，知r＝，所以其半径之比为∶1，故选项A错误； 由选项A分析可知，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ＝，则可知转过角度的正弦值之比为1∶，又 P＋转过的角度为30°，可知P3＋转过的角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故选项C正确； 由电场加速后有qU＝mv2，在磁场中洛伦兹力不做功，可知，两离子离开磁场的动能之比为1∶3，故选项D错误。 例2　如图所示，平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限在x轴与y＝－d之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以初速度v0从y轴上P(0，h)点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点Q(h,0)进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力，求： (1)粒子在Q点速度的大小vQ和与x轴正方向的夹角θ； (2)匀强磁场磁感应强度大小B； (3)粒子在电场、磁场中运动总时间。 答案　(1)2v0　60°　(2)　(3)＋ 解析　(1)设粒子从P到Q的过程中，沿y轴方向，加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度vQ沿y轴方向的分速度大小为vy，且在Q点速度方向与x轴正方向夹角为θ，则 h＝v0t h＝at2 vy＝at vQ＝ tan θ＝ 联立解得vQ＝2v0，θ＝60° (2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则qvQB＝m，得R＝ 粒子运动轨迹如图所示： 又由几何关系可得d＝R＋R cos θ，联立解得B＝ (3)由(1)可知粒子在电场中运动的时间t＝。 根据几何关系，粒子在磁场中转过的圆心角为α＝120° 在磁场中运动的周期：T＝＝ 在磁场中运动的时间：t′＝T＝ 粒子运动总的时间：t总＝t＋t′＝＋。 带电粒子从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时速度的大小和方向，这是正确求解的关键。 例3　(2023·佛山市高二月考)如图，在空间直角坐标系O－xyz中，界面Ⅰ与Oyz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从y轴上距O点处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求： (1)匀强电场的电场强度的大小E； (2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，匀强磁场的磁感应强度B应多大。 答案　(1)　(2) 解析　画出平面图如图所示： (1)粒子在电场区域内做类平抛运动，设电场中粒子加速度大小为a，沿z轴正方向看，如图所示 粒子从O1点进入右边磁场，则 L＝v0t ＝at2 qE＝ma 联立解得E＝ (2)设粒子到O1点时的速度大小为v，与x轴正方向夹角为θ，如图所示，则 vy＝at，v＝ tan θ＝ 故tan θ＝1 即有θ＝45°，v＝v0 在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，则qvB＝m，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，根据几何关系有R＋Rcos 45°＝L 解得B＝。 此题看题图是立体空间，但是带电粒子在电场中的偏转和磁场中的圆周运动是在同一个平面内完成的，即带电粒子的运动轨迹在同一个平面内。解此类题可以先把立体图转化为平面图，然后画出带电粒子的运动轨迹，再运用带电粒子在电场、磁场中运动的规律列方程求解。 2、从磁场进入电场 例4　(2023·信宜市第二中学高二期中)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内，求： (1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r； (2)离子从D处运动到G处所需时间。 答案　(1)　(2) 解析　(1)正离子轨迹如图所示： 圆周运动半径r满足d＝r＋rcos 60° 解得r＝d (2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有qBv0＝m 解得v0＝ 离子的运动周期为T＝ 由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为t1＝＝ 离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为t2＝＝ 离子从D→C→G的总时间为t＝t1＋t2＝。 3、多次进出电场和磁场 例5　(2022·乌苏市高二开学考试)如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第Ⅰ、第Ⅳ象限内分别存在方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，并且恰好与y轴正方向成60°进入磁场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d，不计粒子重力，求： (1)电场强度E的大小； (2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间。 答案　(1)　(2)＋ 解析　(1)粒子以垂直于x轴的初速度进入水平方向的匀强电场， 则粒子做类平抛运动，由进入磁场时的速度与y轴正方向成60°， 则有tan 60°＝ vx＝at1 a＝ d＝at12 联立解得：E＝ (2)定性地画出粒子在电场和磁场中的运动轨迹，如图所示： 由(1)可知，粒子在电场中的运动时间为：t1＝ 粒子进入磁场的速度为：v＝＝2v0 由v0t1＝ rsin 60°＝ 解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为：r＝ 则粒子在磁场中的运动时间为： t2＝＋＝ 因此带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t＝t1＋t2＝＋。 专题强化练 训练1　带电粒子在组合场中的运动 1.(多选)如图所示的xOy坐标系中，y轴左侧存在电场强度为E的匀强电场，电场方向平行于x轴，y轴右侧存在垂直坐标系所在平面向外的匀强磁场。一个比荷为k的带正电的粒子从x轴上的M点以某一初速度平行于y轴向上运动，经电场偏转后从y轴上的P点进入磁场，进入磁场时速度方向与y轴正方向成θ＝60°角，粒子经磁场偏转后打到坐标原点O上。已知M点到O点的距离为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．P与O的距离为L B．粒子轨迹半径为L C．粒子初速度大小为 D．磁场的磁感应强度大小为 答案　CD 解析　粒子的运动轨迹如图所示，根据类平抛运动推论有＝tan 60°，解得P与O的距离s＝L，A错误；由s＝2Rsin 60°解得R＝L，B错误；根据L＝at2，at＝v0tan 60°，Eq＝ma，＝k，联立解得v0＝＝，C正确；粒子在P点的速度大小v＝＝2v0，由R＝L＝，解得B＝，D正确。 2.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区域加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理有qU＝mv2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝。又Bqv＝m，则＝，故C正确。 3.(2023·湛江市高二期末)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场。已知MN平行于x轴，N点的坐标为，不计粒子的重力，求： (1)电场强度的大小E； (2)磁感应强度的大小B。 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中运动的过程中做类平抛运动，有h＝v0t ＝at2 qE＝ma 解得E＝ (2)粒子到达O点时，沿y轴正方向的分速度 vy＝at＝·＝v0 则速度方向与x轴正方向的夹角α满足tan α＝＝1 即α＝45° 粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度为v＝v0 由几何关系可知轨道半径R＝hsin α＝h 又由qvB＝m解得B＝。 4.(多选)如图所示，虚线MN上方为匀强电场，下方为匀强磁场，匀强电场的电场强度大小为E，方向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。则下列说法正确的是(　　) A．粒子第一次进入磁场时的速度大小v＝ B．粒子第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间t＝ C．粒子第一次离开磁场到第二次进入磁场的时间t1＝ D．粒子第一次在磁场中运动的半径R＝ 答案　AB 解析　设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得qEd＝mv2－0，解得v＝，故A正确； 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝，由几何关系可得，粒子第一次进磁场到第一次出磁场用时t＝，故B正确； 电场中由类平抛运动规律有x＝vt1，y＝at12，qE＝ma，由几何知识可得x＝y，解得t1＝，故C错误； 由qvB＝m，v＝，解得R＝，故D错误。 5.如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R,0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角α＝45°，则(　　) A．带电粒子在磁场中运动的轨道半径为1.5R B．磁场的感应强度大小为 C．带电粒子的比荷为 D．带电粒子运动经过y轴时纵坐标值为R 答案　C 解析　在M处，根据平抛运动规律，vy＝v0tan α，qE＝ma，vy＝at3,3R＝v0t3，y＝at32，解得y＝1.5R，＝，故C正确，D错误； 粒子运动轨迹如图，O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P′为粒子射出磁场的位置，由数学知识可以证明：P′O2PO1是一个菱形，粒子的轨道半径为r＝R，故A错误； 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝，解得B＝，故B错误。 6．如图所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向右下方的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度OA＝20 cm，沿y轴负方向无限大，磁感应强度B＝1×10－4 T。现有一比荷为＝2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，其方向与x轴正方向的夹角α＝60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。 (1)求离子进入磁场的速度v0的大小； (2)离子进入电场后，经过多长时间再次到达x轴上。 答案　(1)4×106 m/s　(2)×10－7 s 解析　(1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r1＝＝0.2 m，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqv0＝m， 解得v0＝4×106 m/s。 (2)设离子进入电场后，经过时间t再次到达x轴上，由几何知识可知，离子从A点垂直电场方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，设位移为l1，则l1＝v0t，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设加速度为a，位移为l2，则Eq＝ma，l2＝at2， 由几何关系可知tan α＝， 代入数据解得t＝×10－7 s。 7．如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标系平面的匀强交变磁场，以磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(图中没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷＝100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0＝20 m/s的速度从x轴上的点A(－2 m，0)进入第二象限，从y轴上的点C(0,4 m)(C点未画出)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。 (1)求第二象限内电场的电场强度大小； (2)求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。 答案　见解析 解析　(1)带电粒子在第二象限的电场中只受电场力，且电场力方向与初速度方向垂直，所以，粒子做类平抛运动； 粒子从A点到C点用时t＝＝ s＝ s； 粒子在水平方向上有a＝， OA＝at2， 则有E＝a＝·＝ N/C＝1 N/C； (2)设粒子进入磁场时的速度为v， 则其竖直分量vy＝v0＝20 m/s， 水平分量vx＝at＝t＝20 m/s； 所以，v＝＝20 m/s，v与y轴正方向的夹角为45°； 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得Bvq＝，粒子在磁场中做圆周运动的半径 R＝＝ m＝ m； 粒子做圆周运动的周期T＝＝ s， 所以由题图乙可知，粒子每运动半个圆周，偏转方向改变一次，则粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 因为4 m＝8R，所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，由几何关系可知，粒子第一、二次经过x轴，在x轴上对应的弦长为R＝1 m； 所以OD＝3 m， 则粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3 m,0)。 训练2　带电粒子在立体空间中的运动(选练) 1. (多选)(2023·深圳市高二统考期末)图甲所示，一个长方体空间被对角平面ABCD划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反，且与y轴平行的匀强磁场。一粒子以某一速度从长方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。已知该粒子运动轨迹在Oxz平面的投影如图乙所示，则粒子的带电情况与磁场方向可能正确的有(　　) 答案　BC 解析　若粒子带正电，根据图乙粒子运动轨迹结合左手定则可知，左下侧区域磁场垂直于xOz平面向里，右上侧区域磁场垂直于xOz平面向外，故A错误，B正确；若粒子带负电，根据图乙粒子运动轨迹结合左手定则可知，左下侧区域磁场垂直于xOz平面向外，右上侧区域磁场垂直于xOz平面向里，故C正确，D错误。 2．(2022·浙江高二校联考期末)某离子实验装置的基本原理如图所示，Ⅰ区宽度为d1，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E；Ⅱ区宽度为d2，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小B＝。足够大的测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心与O2点重合，以O2为原点建立zO2y坐标系，z轴与xO2y平面垂直，从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，其以某初速度沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区到达测试板。离子从Ⅰ区飞出时的位置到O1点的距离l。忽略离子间的相互作用，不计离子的重力。则下列判断正确的是(　　) A．离子进入Ⅰ区的初速度v0＝d2 B．离子在Ⅱ区运动的路程s＝ C．离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离ly＝ D．离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离lz＝ 答案　D 解析　设离子加速后到达O点的速度为v0， 在Ⅰ区内做类平抛运动的时间为t1， 则x方向d1＝v0t1， y方向l＝at12， 由牛顿第二定律得qE＝ma， 解得v0＝d1，故A错误； 离子刚飞出Ⅰ区时沿y轴方向的速度大小 vy＝at1＝， 合速度的大小为 v＝＝ 在Ⅱ区内x方向做匀速直线运动， 设离子在Ⅱ区运动的时间为t2， x方向d2＝v0t2， 解得t2＝， 离子在Ⅱ区运动轨迹的长度 s＝vt2＝，故B错误； 设离子在Ⅱ区yO2z平面方向做匀速圆周运动的半径为r， 则qvyB＝m，T＝， 联立解得r＝，T＝， 则离子y方向转动的圈数N＝＝周 由几何关系可知，离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离ly＝＝ 离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离 lz＝r＝，故C错误，D正确。 3.(2023·广雅中学高二期末)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N间的电势差为U；底面半径为L的圆柱体区域内有竖直向上的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从圆筒M右侧由静止释放，粒子在两筒间做匀加速直线运动，在N筒内做匀速直线运动，粒子自圆筒N出来后，正对着磁场区域的中心轴线垂直进入磁场区域，在磁场中偏转了60°后射出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求： (1)粒子进入磁场区域时的速率； (2)磁感应强度的大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子在电场中加速，由动能定理可知qU＝mv2 解得v＝ (2)根据题意以及“径向进，径向出”的规律，轨迹如图所示(俯视图) 分析可得粒子在磁场中运动的轨迹半径 R＝Ltan 60°＝L 粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力，则有qvB＝m 解得B＝＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$