培优专练二 培优点1 带电粒子在复合场中的运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 培优专练二　电磁场综合问题 培优点1　带电粒子在复合场中的运动 题组一　带电粒子在组合场中的运动 1.(2024·山东省泰安市高三下三模)如图所示，比荷不同的两个带电粒子在A处由静止释放，经加速电压U0加速后，垂直磁场左边界MN射入宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两个粒子经磁场偏转后一个从左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁场区域运动过程中偏转的角度为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A．从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点离开磁场区域的粒子带负电 B．从a点离开磁场区域的粒子比荷大小为 C．从b点离开磁场区域的粒子比荷大小为 D．从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的时间之比为3∶1 答案：C 解析：粒子进入磁场区域后均向上偏转，根据左手定则可知，两个粒子均带正电，A错误；两粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，从b点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径rb＝＝d，从a点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径ra＝＝d，粒子经加速电压U0加速后，由动能定理有U0q＝mv2－0，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子的比荷＝，则从a点离开的粒子的比荷为＝＝，从b点离开的粒子的比荷为＝＝，B错误，C正确；两个粒子在磁场中运动的周期分别为Ta＝，Tb＝，运动轨迹对应圆心角分别为θa＝180°，θb＝60°，则运动时间ta＝Ta，Tb＝Tb，联立解得ta∶tb＝3∶16，D错误。 2．现代科学仪器常用电场、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相同匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度相同，长度足够长。电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。已知粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为(　　) A．12 B．16 C．20 D．24 答案：B 解析：设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨道半径为rn，则有nqEd＝mv，qBvn＝m，设粒子进入第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，则有vn－1·sinθn－1＝vnsinαn，由图甲可知rnsinθn－rnsinαn＝d，则有rnsinθn－rn－1·sinθn－1＝d，则r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…、rnsinθn为一组等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d，当n＝1时，由图乙可知：r1sinθ1＝d，则rnsinθn＝nd，解得sinθn＝B。由题目可知当n＝4时，θ4＝30°，即sin30°＝B；若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝，即sinθn＝B＝1，解得n＝16，故B正确，A、C、D错误。 3.(2024·江苏高考)如图所示，两个半圆环区域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，电子每次进出磁场时速度方向均垂直于边界。求： (1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比； (2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v； (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：(1)　(2) (3) 解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体后的速度大小为kv0，由洛伦兹力提供向心力有 ev0B＝m e·kv0B＝m 联立解得＝。 (2)电子多次循环稳定后，到达cd的速度为v，则到达c′d′的速度为kv，此后，对电子从c′d′出发经磁场、电场、磁场到cd的过程，由动能定理有eU＝mv2－m(kv)2 解得v＝。 (3)当电子到达cd中点P时速度稳定后，设其在abcd区域运动的轨迹半径为r，则有 evB＝m 解得r＝ 结合(1)问分析可知，电子在a′b′c′d′区域运动的半径为r′＝ 所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2(r－r′) 设电子从P到d运动了n周，由几何关系可知＝nl 又电子在磁场中运动的周期为T＝＝ T与速度大小无关，则电子从P运动到d的时间为t＝nT 联立解得t＝。 4．(2024·辽宁高考)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、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。 (1)求磁感应强度的大小B； (2)求Ⅲ区宽度d； (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：(1)　(2)πL　(3)F＝·Δx 解析：(1)根据题意，画出乙在Ⅰ区的运动轨迹，如图所示 设乙在Ⅰ区做圆周运动的轨迹半径为r1，由几何关系得L＝r1sin30° 解得r1＝2L 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m 解得B＝。 (2)根据对称性可知，乙经过P点时的速度沿x轴正方向，在Ⅱ区中的速度偏转角也为30°。乙在磁场中做圆周运动的周期为T＝ 根据题意，乙在磁场中运动的总时间等于甲在Ⅲ区运动的时间，为t1＝2××T 联立解得t1＝ 由对称性可知，甲在P点的速度沿x轴正方向，则甲从P点到O点做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE0＝ma 解得a＝ 由运动学公式得d＝v0t1＋at 解得d＝πL。 (3)甲经过O点时的速度为v甲＝v0＋at1 设t时刻甲的位置坐标为x1，因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则x1＝v甲t 受力分析知，甲不受电场力作用，则有 ωt－kx1＝0 设t时刻乙的位置坐标为x2，对乙可得 ＝ωt－kx2 乙追上甲前，甲、乙间距Δx＝x1－x2 联立可得，乙追上甲前F与Δx间的关系式为F＝·Δx。 5．(2024·新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期； (2)电场强度的大小； (3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。 答案：(1)　　(2)Bv0 (3) 解析：(1)由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v＝ 解得v＝v0 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m 解得r＝ 粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝ 解得T＝。 (2)分析可知，P点由a点移动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中运动的加速度大小为a，P点从a点移动到b点所用时间为tab，沿电场方向，由运动学公式有v0＝atab 由牛顿第二定律有qE＝ma 设P点从b点移动到c点的时间为tbc，的长度为sbc，根据任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，可知＝ 由题图知，所对圆心角为θ＝π，半径为v，则sbc＝vθ P点从b点移动到c点，粒子在磁场中做圆周运动的速度的偏转角即为θ，则tbc＝T 联立解得tab＝，E＝Bv0。 (3)P点移动1周回到a点的过程中，粒子两次在电场中运动，分析可知，粒子的运动轨迹如图所示。P点从a移动到b过程中，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴正方向运动的距离L＝v0tab 解得L＝ 根据几何知识，可得粒子第一次进、出磁场的位置之间的距离为ybc＝r 解得ybc＝ 由粒子两次在电场中运动的对称性，结合ybc>2L可知，P点移动1周回到a点时，粒子位移的大小为y总＝ybc－2L 联立解得y总＝。 6．(2024·浙江1月选考)类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ－φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 (1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； (2)若U＝，求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值)； (3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区)； (4)在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD(Q在P的正下方)，CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 答案：(1)　(2)　(3)U≤－ (4)F＝ 解析：(1)设质子在Ⅰ区中运动的轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有Bev0＝m 若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，当质子射入Ⅰ区的速度平行于边界时，d有最小值，为dmin＝2r 联立解得dmin＝。 (2)设质子进入Ⅲ区时速度大小为v1，根据动能定理有Ue＝mv－mv 其中U＝ 设“折射”角为θ′，质子在Ⅱ区运动时，平行于边界方向不受电场力，则平行于边界方向上的分速度不变，有v0sinθ＝v1sinθ′ 又由“折射率”定义有n＝ 联立解得n＝。 (3)“全反射”的临界情况为：质子到达Ⅱ区与Ⅲ区的边界时，速度方向与边界平行；又质子在Ⅱ区运动时，平行于边界方向的分速度不变，则质子到达Ⅱ区与Ⅲ区的边界时，速度大小为v2＝v0sinθ 质子从Ⅱ区的上边界到Ⅱ区的下边界，根据动能定理，有Ue＝mv－mv 联立解得U＝－ 分析可知，要实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”，应满足U≤－。 (4)设质子进入Ⅲ区时的速度大小为v3，速度的竖直分量大小为vy，由质子在Ⅱ区中沿平行边界方向速度不变，可知质子进入Ⅲ区时速度的水平分量大小vx＝v0sinθ 则v3＝ 质子从Ⅱ区上边界到Ⅱ区下边界，由动能定理，有eU＝mv－mv 联立解得vy＝ 设单位时间内有N0个质子打到探测板上，探测板对质子沿竖直方向的作用力大小为F′，以竖直向上为正方向，对Δt时间内打到探测板上的质子，在竖直方向由动量定理有 F′Δt＝0－N0Δt·m(－vy) 由牛顿第三定律有F＝F′ 联立解得F＝N0m。 ①在△CPQ中，tan∠CPQ＝ 由题意知CQ＝，PQ＝ 联立解得∠CPQ＝30° 故当U＝0时，其中一束质子恰好打在C点，另一束质子打在探测板上 分析可知，当U≥0时，两束质子都能打到探测板上，此时 N0＝2N F＝2Nm； ②在△DPQ中，tan∠DPQ＝ 由题意知DQ＝－，PQ＝ 联立解得∠DPQ＝60° 当其中一束质子恰好打在D点时，有＝tan60° 联立解得U＝－ 故当－≤U<0时，只有一束质子能打到探测板上，此时 N0＝N F＝Nm 当U<－时，没有质子打到探测板上，N0＝0，F＝0。 综上所述，F与U之间的关系为 F＝。 题组二　带电粒子在叠加场中的运动 7.如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m、电荷量大小为q的微粒以垂直于磁场方向且与水平方向成45°角的速度v进入磁场和电场并做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．微粒可能做匀加速直线运动 B．微粒可能只受两个力作用 C．匀强磁场的磁感应强度B＝ D．匀强电场的电场强度E＝ 答案：D 解析：若微粒做变速运动，洛伦兹力随速度变化而变化，故不可能做直线运动，故微粒一定做匀速直线运动，A错误；若微粒只受电场力和洛伦兹力两个力，合力不为零，微粒不可能做直线运动，B错误；若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不可能为零，微粒不可能做匀速直线运动，由此可知微粒带负电，电场力水平向右，洛伦兹力垂直速度方向斜向左上方，重力竖直向下，根据平衡条件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝，解得：E＝，B＝，C错误，D正确。 8.(2024·安徽高考)(多选)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　) A．油滴a带负电，所带电量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 答案：ABD 解析：设油滴a所带电量的大小为q，运动至P点之前，油滴a做圆周运动，故所受重力与电场力平衡，有mg＝Eq，且所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知q＝，油滴a带负电，故A正确；设油滴a做圆周运动的速度大小为v，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为v1，根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m，解得v1＝，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后系统动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，以油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝v1＋v2，解得v2＝－，负号表示小油滴Ⅱ在P点的速度方向与正方向相反，由mg＝qE知，分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，结合左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 9.如图所示，将一质量为m、带电量为＋q的小球在空间垂直纸面向里的匀强磁场中由静止释放，其运动轨迹为“轮摆线”，为方便分析，可将初始状态的速度(为零)分解为一对水平方向等大反向的速度v，即该运动可以分解为一个匀速直线运动1和一个匀速圆周运动2两个分运动，重力加速度为g，磁感应强度大小为B，为实现上述运动的分解，下列说法正确的是(　　) A．速度v＝ B．分运动2的半径为 C．小球在轨迹最低点处的曲率半径为 D．小球从释放到最低点的过程中重力势能的减少量为 答案：C 解析：因分运动1为匀速直线运动，根据平衡条件有qvB＝mg，所以v＝，A错误；对于分运动2，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m，所以R＝，B错误；小球在轨迹最低点处根据牛顿第二定律，有qv′B－mg＝m，当小球运动到轨迹最低点时，v′水平向右，根据运动的合成v′＝2v，解得r＝，C正确；从释放到最低点的过程只有重力做功，重力势能全部转化为动能，所以ΔEp＝mv′2＝，D错误。 题组三　带电粒子在组合场和叠加场中运动的综合问题 10．粗糙水平地面上方存在着方向竖直向下的匀强电场，MN边界的左边存在着如图所示的匀强磁场，一带电滑块(可视为质点)以速度v向右匀速运动，已知电场强度为E，磁感应强度B＝，重力加速度为g，滑块滑过边界MN之后经时间t，速度方向与水平面夹角为30°，根据以上条件，下列结论正确的是(　　) A．滑块带正电 B．滑块可以带正电也可以带负电 C．t＝ D．在时间t内，滑块在水平方向的位移大小为 答案：C 解析：滑块滑过边界MN之后经时间t，速度方向与水平面夹角为30°，可知滑块所受电场力向上且大于重力，所以滑块带负电，故A、B错误；在MN左侧，带电滑块(可视为质点)以速度v向右匀速运动，滑块受力平衡且不受摩擦力作用，根据平衡条件和左手定则，滑块所受洛伦兹力竖直向下，且有qE＝qvB＋mg，结合题中B＝，解得qE＝2mg，滑块在MN右侧运动时，根据牛顿第二定律有qE－mg＝ma，解得滑块的加速度大小a＝g，方向竖直向上，经时间t，根据速度的关系有tan30°＝，解得t＝，水平方向做匀速直线运动，则在时间t内，滑块在水平方向的位移大小为x＝vt＝，故C正确，D错误。 11.(2023·湖南高考)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0 C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝ D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝t0 答案：D 解析：设能进入区域Ⅱ中的粒子沿AC做匀速直线运动的速度为v，则有qvB1＝qE，可得粒子的运动速度v＝；在区域Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，得轨迹半径r＝；粒子从CF的中点射出，由几何关系可知，轨迹半径r＝CO，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θ＝90°，则t0＝。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，由v＝可知，进入区域Ⅱ的粒子的运动速度变为vA＝，再根据r＝，可知粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹半径减小为rA＝r，则粒子仍然从CF边射出区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角仍为θ＝90°，则t＝＝t0，A错误。若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，由v＝可知，进入区域Ⅱ的粒子的运动速度变为vB＝2v，再根据r＝，可知粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹半径变为rB＝2r，由几何关系可知，粒子由F点射出区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角仍为θ＝90°，则t＝＝t0，B错误。若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则沿AC做直线运动的粒子速度仍为v，粒子在区域Ⅱ中运动时，由r＝，可知粒子运动轨迹半径rC＝r>2r，则粒子从OF边射出区域Ⅱ，设粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θC，根据几何关系可知，sinθC＝＝＝，解得θC＝60°，所以粒子在区域Ⅱ中的运动时间t＝＝＝，C错误。若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则沿AC做直线运动的粒子速度仍为v，粒子在区域Ⅱ中运动时，由r＝，可知粒子运动轨迹半径rD＝r>2r，则粒子从OF边射出区域Ⅱ，设粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θD，根据几何关系可知，sinθD＝＝＝，解得θD＝45°，所以粒子在区域Ⅱ中的运动时间t＝＝＝t0，D正确。 12．(2024·海南高考)如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响)。 (1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R； (2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t； (3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。 答案：(1)　　(2) (3)v0　 解析：(1)带电粒子在加速电场中运动时，根据动能定理得qU＝mv－0 解得U＝ 由题意可知，粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝R 粒子在区域Ⅰ中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv0＝m 联立解得R＝。 (2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可知粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径均为R，分析可知，粒子都从Q点射入区域Ⅱ，且射入区域Ⅱ时的速度方向在沿y轴负方向到沿y轴正方向右侧180°角范围内。设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径为r′，由洛伦兹力提供向心力有qv0＝m 解得r′＝＝2R 在能射入区域Ⅲ的粒子中，在区域Ⅱ中运动的时间最短的粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何知识可得，此粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹所对应的圆心角都为θ＝60° 粒子在两区域磁场中的运动周期分别为 T1＝ T2＝ 该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为 t＝T1＋T2 联立解得t＝。 (3)将粒子进入区域Ⅲ时的速度v0分解为v1和v2，使其中一个分速度v1对应的粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，则粒子沿v1方向做匀速直线运动分运动，粒子的另一个分运动是初速度为v2的匀速圆周运动。根据平衡条件可知，v1对应的洛伦兹力方向沿x轴负方向， 且qv1B＝qE 又E＝Bv0 解得v1＝v0 由左手定则知，v1沿y轴正方向，将粒子射入区域Ⅲ时的速度v0分解，如图乙所示，由几何关系可知，2β＝74° 解得β＝37° 则v2＝2v0cosβ 设圆周分运动的半径为r″，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m 根据运动的合成可知，当圆周分运动的速度变为沿y轴正方向时，粒子的速度最大，动能最大，此时粒子的速度大小为 vm＝v1＋v2 联立解得vm＝v0 从进入区域Ⅲ到粒子动能最大，圆周分运动的轨迹如图丙所示，由几何关系可知，粒子动能最大时，粒子所在位置到y轴的距离为 L＝2R＋2R＋r″(1＋cosβ) 联立解得L＝。 18 学科网（北京）股份有限公司 $$