培优突破3 带电粒子在复合场中的运动-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

培优突破3　带电粒子在复合场中的运动 专题三　电场与磁场 内容索引 培优　热点训练 精准补弱 培优1　带电粒子在组合场中的运动 1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较   垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 情景图         垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 受力 FB=qv0B,FB大小不变,方向变化,方向总指向圆心,FB为变力 FE=qE,FE大小、方向均不变,FE为恒力 FE=qE,FE大小、方向均不变,FE为恒力 运动规律 匀速圆周运动 r=, T= 类平抛运动 vx=v0, vy=t x=v0t, y=t2 类斜抛运动 vx=v0sin θ, vy=v0cos θ-t x=v0sin θ·t, y=v0cos θ·t-t2 2.常见运动及处理方法 [例1]　如图所示,两个半圆环区abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场,区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a'b'间有一个匀强电场,电势差为U,cd与c'd'间有一个插入体,电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子,从cd面射入插入体,经过磁场、电场后再次到达cd面,速度增加,多次循环运动后,电子的速度大小达到一个稳定值,忽略相对论效应,不计电子经过插入体和电场的时间。 (1)求电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比; [答案]　(1)1∶k　 [解析]　(1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1、v2,由题意可得 v2=kv1 电子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得 evB=m 解得r= 可知在磁场中的运动半径r∝v,可得 r1∶r2=v1∶v2=1∶k。 (2)求电子多次循环后到达cd的稳定速度v; [答案]　(2),方向垂直于cd向左　 [解析]　(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v,则经过插入体后的速度大小为kv。电子经过电场加速后速度大小为v,根据动能定理得 eU=mv2-m(kv)2 解得v= 方向垂直于cd向左。 (3)若电子到达cd中点P时速度稳定,并最终到达边界d,求电子从P到d的时间t。 [答案]　(3) [解析]　(3)电子到达cd中点P时速度稳定,并最终到达边界上的d点。由P点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如图所示。 根据(1)(2)的结论可得,电子在右半圆区域的运动半径为 r== 电子在左半圆区域的运动半径为kr,则 Δx=2r-2kr P点与d点之间的距离为 Pd=(R2-R1) 电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为 n== 电子在左、右半圆区域的运动周期均为 T= 忽略经过电场与插入体的时间,则每一次循环的时间均等于T,可得电子从P到d的时间为 t=nT=。 反思提升 带电粒子在组合场中运动时的三个注意点 1.注意按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段。 2.注意画出带电粒子的运动轨迹,运用几何知识找出相应的几何关系与物理关系。 3.注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向,该速度往往是联系两段运动的“桥梁”。 培优2　带电粒子在叠加场中的运动 1.三种典型情况 (1)若只有两个场,且粒子所受合力为零,例如,电场与磁场叠加满足qE=qvB时,重力场与磁场叠加满足mg=qvB时,重力场与电场叠加满足mg=qE时,则粒子做匀速直线运动或处于静止状态。 (2)若三场共存,粒子所受合力为零时,粒子做匀速直线运动,其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。 (3)若三场共存,粒子做匀速圆周运动时,则有mg=qE,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,即qvB=m。 2.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的复合场中的运动平衡问题,所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的,是外加的;磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后,在洛伦兹力作用下带电粒子打在两极板后才产生的。 [例2]　如图所示,将厚度为d、宽为b的长方体金属导体,水平放在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,当导体中通有向里的恒定电流I时,该导体左右两侧会产生稳定的电势差UH,这种现象叫作霍尔效应,电势差满足UH=kIB,其中k称为霍尔元件的灵敏度,RH=定义为霍尔电阻。若已知导体中单位体积内的自由电荷数为n,每个自由电荷带电荷量大小为q,定向移动速度为v,则该霍尔元件的(　　) A.k= B.k= C.RH随磁场减弱而变大 D.RH与导体的长度有关 [答案]　B [解析]　当电荷所受的电场力与洛伦兹力相等时,导体左右两侧产生稳定的电势差,半导体薄片的宽度为b,有q=qvB 结合UH=kIB,I=nqvbd,RH=可得 k= RH=∝B 显然RH随磁场B减弱而变小,且与导体的长度无关,故选B。 [例3]　如图所示,在竖直面内的直角坐标系xOy中,在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场;在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动,AK与x轴正方向的夹角θ=60°,从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动,经过x轴时竖直向下击中 紧贴x轴上方静止的带电小球Q,碰后两球结合为一个结 合体M,之后M从y轴上的F点离开第四象限,第四象限存在 匀强磁场,方向如图所示。已知重力加速度大小为g,小球 P、Q带电荷量均为q、质量均为m,不计空气阻力。 (1)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比。 [答案]　(1)　 [解析]　(1)小球P沿AK方向做直线运动,由于洛伦兹力与速度有关,可知其一定做匀速直线运动,小球受力如图所示, 根据几何关系可得tan θ= 小球Q静止在第一象限,则 qE1=mg 联立可得=tan θ=。 (2)求小球Q静止的位置距O点的距离。 [答案]　(2)(+2)　 [解析]　(2)小球竖直向下击中Q,轨迹如图所示, 根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m 由几何关系得rsin θ+r=d 粒子在第二象限中有qv0Bcos θ=mg 联立解得d=(+2)。 (3)若结合体M进入第四象限时的速度为v,M在第四象限运动时的最大速度为2v,则当其速度为2v时,结合体M距x轴的距离是多少? [答案]　(3) [解析]　(3)结合体在第四象限中只有重力做功,根据动能定理可得 2mgh=·2m(2v)2-·2mv2 解得h=。 反思提升 1.分析方法 2.当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解。 培优3　带电粒子在交变电、磁场中的运动 [例4]　(2024·江苏南通二模)如图甲的空间中存在随时间变化的磁场和电场,规定磁感应强度B垂直于xOy平面向里为正方向,电场强度E沿x轴正方向为正方向,B随时间t的变化规律及E随时间t的变化规律如图乙。t=0时,一带正电的粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴负方向开始运动。已知B0、t0、v0,带电粒子的比荷为,粒子重力不计。 (1)求粒子在磁场中做圆周运动的周期T; [答案]　(1)2t0　 [解析]　(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T===2t0。 (2)求t=t0时,粒子的位置坐标(x1,y1); [答案]　(2)(,0)　 [解析]　(2)0~t0时间内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据牛顿运动定律有qv0B=m 解得r== 由(1)问可知粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2t0 则粒子在0~t0时间内运动了半个周期恰好又回到x轴,速度方向沿y轴正方向, x1=2r= y1=0 即此时粒子的位置坐标为(,0)。 (3)在0~2t0内,若粒子的最大速度是2v0,求E0与B0的比值。 [答案]　(3) [解析]　(3)0~2t0时间内粒子的运动轨迹如图所示, 在t0~1.5t0时间内,粒子受到沿x轴正方向电场力的作用,粒子做类平抛运动,粒子在x方向做匀加速运动的加速度a== 当t=1.5t0时,粒子具有最大速度,粒子沿x轴方向的分速度为vx=a= 沿y轴方向的分速度为vy=v0 则v==2v0 解得=。 反思提升 解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路 培优4　带电粒子在立体空间中的运动 [例5]　(2024·江苏盐城三模)在如图所示的O-xyz三维空间中,x≤0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场,在x>0区域内存在半圆柱体MNP-M'N'P'空间区域,半圆柱沿y轴方向足够高,该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场,磁感应强度大小B=,平面MNN'M'在yOz平面内,D点(0,0,0)为半圆柱体底面圆心,半圆柱体的半径为r=L。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子,从A点(-L,0,0)以初速度大小v0沿着x轴正方向射入匀强电场,经过C点(0,L,0)后进入半圆柱体磁场区域,不计粒子的重力。求: (1)电场强度E的大小; [答案]　(1)　 [解析]　(1)粒子在电场中做类平抛运动,有L=v0t,L=at2 根据牛顿第二定律有qE=ma 联立解得E=。 (2)带电粒子在半圆柱体内运动的时间; [答案]　(2)　 [解析]　(2)在磁场中,粒子的运动可以分解为垂直磁场方向的匀速圆周运动和沿y正方向的匀速直线运动,垂直磁场方向,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得R=L 圆周运动轨迹的投影如图所示, 根据几何关系可知粒子在磁场中轨迹投影所对的圆心角为,粒子在磁场中运动的周期T= 则带电粒子在半圆柱体内运动的时间t'=T 联立解得t'=。 (3)带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。 [答案]　(3)(L,L+,) [解析]　(3)在磁场中,沿着y轴正方向的速度大小 vy=at x轴方向有x=Rsin=L y轴方向有y=L+vyt'=L+ z轴方向有z=R-Rcos= 带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为(L,L+,)。 反思提升 粒子在立体空间常见运动及解题策略 运动类型 解题策略 在三维坐标系中运动,每个轴方向都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动 一维加一面,如旋进运动 旋进运动将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直该轴的所在面内的圆周运动 运动类型 解题策略 运动所在平面切换,粒子进入下一区域偏转后曲线不在原来的平面内 把粒子运动所在的面隔离出来,转换视图角度,把立体图转化为平面图,分析粒子在每个面的运动 一 培优　热点训练 44 1.(2024·江苏扬州一模)如图所示,第一象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场;第四象限内存在沿+y轴的匀强电场,电场强度大小为E=。t=0时刻,粒子从P点以速度v0平行+x轴射入电场,第1次通过x轴从Q点进入磁场。已知P点坐标为(0,-l),粒子质量为m、电荷量为+q,重力不计。 (1)求粒子经过Q点的速度v; 答案:(1)v0,与x轴正方向的夹角为45° 解析:(1)粒子从P到Q做类平抛运动,轨迹如图甲所示, 根据动能定理有qEl=mv2-m 解得v=v0 设速度方向与x轴正方向夹角为α,根据几何关系有 cos α== 解得α=45°。 (2)欲使粒子不从y轴射出磁场,求磁感应强度的最小值Bmin; 答案: (2)　 解析: (2)由平抛运动的推论结合几何知识可得Q点到O点的距离s=2l,粒子进入磁场做匀速圆周运动,欲使粒子不从y轴射出磁场,临界状态的运动轨迹如图甲所示,设轨道半径为R, 根据牛顿第二定律qvBmin=m可得Bmin= 根据几何关系有R+Rsin α=2l 解得R=2(2-)l 则Bmin=。 (3)若磁感应强度B=,求粒子第5次通过x轴的位置x和时间t。 答案: (3)9l　(10+) 解析: (3)粒子进入磁场做匀速圆周运动,轨迹为圆周, 由r=得r=l 返回电场后做类斜抛运动,运动轨迹如图乙所示, 第5次通过x轴时x=5s-2r=9l 粒子在电场中的运动时间t1=5×= 粒子在磁场中的运动时间t2=2××= 解得t=t1+t2=(10+)。 2.(2024·江苏南京高三期末)现代科学仪器中常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图,在x轴上方的平面内,有范围足够大的垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和方向沿x轴正方向、电场强度为E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子在O点由静止释放,则粒子运动的轨迹为一曲线,且曲线上离y轴最远的点的曲率半径为该点到y轴距离的两倍;当该粒子在O点以初速度v0沿x轴正方向射入时,粒子在xOy平面内做周期性运动,且任一时刻粒子速度的y分量与其到y轴的距离成正比,比例系数与电场强度E大小无关。粒子重力不计。求: (1)粒子在O点由静止释放,运动到坐标为(x0,y0)点时的动量大小p; 答案:(1)　 解析:(1)洛伦兹力不做功,由动能定理有 qEx0=mv2 解得v= 因此粒子运动到坐标为(x0,y0)的点时动量大小为 p=mv=。 (2)粒子在O点由静止释放,在运动过程中第一次离开y轴最大的距离xmax; 答案: (2)　 解析: (2)设粒子在运动过程中第一次离开y轴最大的距离时速度为v',方向竖直向上,所需向心力由洛伦兹力和静电力提供,有 qv'B-qE=m 根据题意有R=2xmax 由动能定理有qExmax=mv'2 联立解得v'=,xmax=。 (3)粒子在O点以初速度v0沿x轴正方向射入时,粒子运动过程中的最小速度vmin。 答案: (3)- 解析: (3)由题意可设任一时刻粒子速度的y分量为 vy=kx 因比例系数k与电场强度E大小无关,则可知当电场强度E=0时,洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 粒子离y轴最远的点应满足条件v0=kR 解得k== 分析可知,当存在匀强电场时,只有静电力做功,因此粒子运动过程具有最小速度时应在x轴负半轴上方某位置,且此时速度方向竖直向下,设该点的横坐标为-xm,由动能定理有 -qExm=m-m 其中vmin=kxm= 综合解得vmin=-。 二 精准补弱 58 1.(2024·江苏镇江三模)如图所示,将非磁性材料制成的圆管置于匀强磁场中,当含有大量正负离子的导电液体从管中由左向右流过磁场区域时,测得管两侧M、N两点之间有电势差U。忽略离子重力影响,则(　　) A.N点的电势高于M点的电势 B.磁感应强度B越小,M、N两点之间的电势差U越大 C.管中导电液体的流速越大,M、N两点之间的电势差U越大 D.管中导电液体的离子浓度越大,M、N两点之间的电势差U越大 2 3 4 5 6 7 8 1 C 解析:管中的导电液体从管中由左向右流过磁场区域时,由左手定则可知,带电离子在洛伦兹力的作用下,带正电的离子向上偏,带负电的离子向下偏,使管上壁带正电、下壁带负电,所以M点的电势高于N点的电势,A错误;两管壁最后电压稳定时,则电场力与洛伦兹力平衡,有qvB=q,则U=Bvd,磁感应强度B越小,M、N两点之间的电势差U越小,管中导电液体的流速越大,M、N两点之间的电势差U越大,M、N两点之间的电势差U与液体的离子浓度无关,C正确,B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.(2024·江苏徐州一模)一束含有两种比荷()的带电粒子,以各种不同的初速度沿水平方向进入速度选择器,通过的粒子从O点进入垂直纸面向外的偏转磁场,打在O点正下方的粒子探测板上的P1和P2点,如图甲所示。撤去探测板,在O点右侧的磁场区域中放置云室,带电粒子在云室中受到的阻力大小f=kq,k为常数,q为粒子的电荷量,其轨迹如图乙所示。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A.打在P1点的带电粒子的比荷小 B.增大速度选择器的磁感应强度,P1、P2向下移动 C.打在P1点的带电粒子在云室里运动的路程更长 D.打在P1点的带电粒子在云室里运动的时间更短 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:只有竖直方向受力平衡的离子,才能沿水平方向运动离开速度选择器,即qE=qvB1,可得v=,可知粒子进入磁场B2的速度相等,根据qvB2=m可得r=,则=,可知打在P1点的带电粒子的比荷大,故A错误;增大速度选择器的磁感应强度,粒子经过速度选择器过程中向洛伦兹力方向发生偏转,粒子不会射出速度选择器,故B错误;在云室内受到的阻力始终与速度方向相反,做负功,洛伦兹力不做功,根据动能定理有-fs=-kqs=0-mv2,可得s=,两个带电粒子的速度大小相等,结合A选项分析可知打在P2点的带电粒子 在云室里运动的路程更长,打在P1点的带 电粒子在云室里运动的路程更短,打在P1 点的带电粒子在云室里运动的时间更短,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(2024·江苏常州三模)如图所示,在0<y<y0、0<x<x0区域内有竖直向上的匀强电场,在x>x0区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子,粒子射入的初速度均为v0,当电场强度为0时,从O点射入的粒子恰能运动到N(x0,y0)点。若电场强度为E=,MN是粒子接收器,MN的长度为y0,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A.磁感应强度的大小为 B.从y0处射入的粒子,恰好从N点进入磁场 C.从y0处射入的粒子,在磁场中偏转距离最大 D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50% 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:当电场强度为0时,从O点射入的粒子恰能运动 到N点,则r1=,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B= m,解得B=,故A错误;若粒子从y0处射入, 则x0=v0t1,y1=a,a=,联立解得y=y1+=+=y0<y0,由此可知,粒子从N点下方进入磁场,故B错误;设粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角为θ,粒子进入磁场中的速度大小为v,则v=,qvB=m,所以粒子在磁场中偏转距离d=2rsin θ=y0为定值,由此可知,粒子在磁场中偏转距 2 3 4 5 6 7 8 1 离与出发位置无关,始终不变,故C错误;由以上分析可知,粒子在电场中的竖直位移为y1=,所以从y0处射入的粒子,恰好从N点进入磁场,且恰好经磁场偏转后打在M点,即只有0~y0范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收,所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.如图,一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R,通道内有均匀辐向电场,方向指向圆心O,中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场,边界为矩形CNQD,NQ=2d,PN=3d。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力),由静止开始从A板经电压为U的电场加速后,沿中心线通过静电分析器,再由P点垂直磁场边界 进入磁分析器,最终打在胶片ON上,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A.磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外 B.静电分析器中心线处的电场强度E= C.仅改变粒子的比荷,粒子仍能打在胶片上的同一点 D.要使粒子能到达NQ边界,磁场磁感应强度B的最小值为 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:由静电分析器电场力充当向心力可知,粒子带正电, 根据运动分析,粒子进入磁分析器后应向左偏转,根据左手 定则可知,磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里,故A错误; 在加速电场中,根据动能定理有qU=mv2,在静电分析器中 电场力充当向心力,有qE=,联立可得E=,故B错误;在磁分析器中,洛伦兹力提供向心力,有qvB=,可得粒子从进入磁分析器到打在胶片上 2 3 4 5 6 7 8 1 的距离D= ,所以D与比荷有关,仅改变粒子的比荷,粒子不能打在胶片上的同一点,故C错误;由上述公式可知,磁场磁感应强度B越小,在磁分析器中的运动半径越大,当B最小时,粒子与QD边相切,由于圆心在PN上,则半径R=2d,此时有4d= ,解得Bmin= ,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.直角坐标系xOy位于竖直平面内,x轴水平向右、y轴竖直向上。平面内存在足够大的匀强电场,如图所示(电场未画出)。质量m=0.1 kg、带电荷量q=+1×10-4 C的小球(可视为质点),在t=0时以速度v0=1 m/s从O点沿+y方向射出,t=1.0 s时到达P(4 m,0)点。g取10 m/s2,求该匀强电场电场强度的大小和方向。 答案:8×103 V/m　与x轴正方向夹角为45°斜向上 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:设带电小球沿x轴方向的加速度为ax,沿y轴方向的加速度为ay,则xP=axt2,小球的纵坐标初末态相同,则y=v0t+ayt2=0 解得ax=8 m/s2,ay=-2 m/s2 带电小球在x轴方向有qEx=max 带电小球在y轴方向有qEy-mg=may 解得Ex=8×103 V/m,Ey=8×103 V/m(沿+y方向) 匀强电场的电场强度大小E= 2 3 4 5 6 7 8 1 设电场强度方向与x轴正方向夹角为θ,则 tan θ= 解得E=8×103 V/m,θ=45°。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.(2024·江苏南通高三模拟)如图为一种新型粒子收集装置。粒子源放置在边长为L的立方体abcd-a'b'c'd'中心O,立方体四个侧面均为荧光屏,上下底面aa'bb'、cc'dd'为空,过中心O的竖直面efgh平行于abcd并将立方体分为Ⅰ、Ⅱ两个区域,立方体处在方向竖直向下的匀强磁场中,粒子源静止时能沿单一水平方向持续均匀发射比荷为的带正电粒子,现使粒子源绕竖直轴逆时针匀速转动,且粒子源射入Ⅰ、Ⅱ区域的粒子初速度大小分 别为v0和2v0,粒子打到荧光屏上后即被荧光屏吸收, 不考虑粒子间的相互作用和荧光屏吸收粒子后的电势 变化,不计粒子源的尺寸大小和粒子重力。 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)若磁场的磁感应强度为B0,当无粒子打到荧光屏上时,求v0的范围; 答案:(1)v0<　 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:(1)考虑以2v0运动的粒子,恰好无粒子打在荧光屏上,则 r= 粒子在磁场中做匀速圆周运动,有 q(2v0)B0=m 解得v0= 则v0<时满足题意。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)为使粒子源发射的粒子仅有50%能打到荧光屏上,求磁感应强度B满足的条件; 答案: (2)<B≤　 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: (2)由题意,若仅有50%的粒子能打到荧光屏上,只能是速度为2v0的粒子,而速度为v0的粒子不能打到光屏上,当速度为v0的粒子刚好不能打到光屏上时,此时磁感应强度有最小值B1,粒子运动半径r1= 粒子在磁场中做匀速圆周运动,有 qv0B1=m 解得B1= 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 当速度为2v0的粒子刚好能全部打到光屏上时,此时磁感应强度有最大值B2,设粒子运动半径为r2,其运动轨迹如图(俯视)所示, 根据几何关系有 r2cos 45°=-r2 粒子在磁场中做匀速圆周运动,有 q(2v0)B2=m 解得B2= 综上可知,<B≤。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)撤去磁场,在Ⅰ、Ⅱ区域施加方向竖直向下、大小分别为E1和E2的匀强电场(图中未画出),粒子源转动整数圈时,打在四个侧面上的粒子数相同且每个侧面接收粒子的数目均为发射粒子总数的,求E1和E2。 答案: (3)　 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: (3)粒子在电场中做类平抛运动,若没有荧光屏,其在立方体底面的落点为一个圆,设其半径为r3,如图所示,阴影部分表示粒子能够打到荧光屏上,由题意可知,θ=30°,设在E1电场中的加速度为a1,运动时间为t1,则 qE1=ma1 a1= r3=v0t1 r3cos 30°= 联立解得E1= 2 3 4 5 6 7 8 1 设在E2电场中的加速度为a2,运动时间为t2,则 qE2=ma2 a2= r3=2v0t2 r3cos 30°= 联立解得E2=。 7.(2024·江苏苏州一模)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E,在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场B。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: 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)电场强度E的大小; 答案:(1)　 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:(1)粒子在电场区域做类平抛运动,设电场中粒子的加速度为a,沿z轴正方向看,轨迹如图所示, 在界面Ⅰ、Ⅱ间,有 L=v0t,=at2 qE=ma 联立方程解得E=。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出,磁感应强度B的大小。 答案: (2) 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: (2)设粒子到O1点时的速度为v,与x轴夹角为θ, 则vy=at=v0,tan θ==1 则θ=45°,v==v0 在磁场区域,粒子做匀速圆周运动,粒子刚好不从界面Ⅲ飞出,运动轨迹与界面Ⅲ相切,如图所示,有qvB=m 根据几何关系有r+rsin 45°=L 解得B=。 2 3 4 5 6 7 8 1 8.(2024·辽宁卷)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区为电场区,Ⅳ区电场足够宽,各区边界均垂直于x轴,O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q(q>0)、质量均为m的粒子。如图,甲、乙平行于x轴向右运动,先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时,乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时,乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小E0=。不计粒子重力及粒子间相互作用, 忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B; 答案:(1)　 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:(1)乙粒子在Ⅰ区的运动轨迹如图所示, 由洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m 由几何关系得sin 30°= 联立解得,磁感应强度的大小为B=。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)求Ⅲ区宽度d; 答案: (2)πL　 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: (2)由题意,根据对称性可知,乙在Ⅰ、Ⅱ区磁场中运动的总时间为 t1=2××= 对甲粒子,由对称性可知,甲粒子到达P点速度方向水平向右,由运动学公式得d=v0t1+a 由牛顿第二定律得a== 联立可得Ⅲ区宽度为d=πL。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴,电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx,其中常系数ω>0,ω已知、k未知,取甲经过O点时t=0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为Δx,求乙追上甲前F与Δx间的关系式。(不要求写出Δx的取值范围) 答案: (3)F=·Δx 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: (3)甲粒子经过O点时的速度为v甲=v0+at1=3v0 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,则ωt=kx=k×3v0t 可得k= 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2,乙粒子在Ⅳ区运动时间为t0,则上式中t=t0+t2 对乙可得=ω(t0+t2)-kx2 整理可得x2=3v0(t0+t2)- 2 3 4 5 6 7 8 1 对甲可得x1=3v0(t0+t2) 则Δx=x1-x2= 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为 F=·Δx。 2 3 4 5 6 7 8 1 $$