第10讲带电粒子在复合场中的运动

第10讲带电粒子在复合场中的运动能力培养练1.(2023·江西赣州一模)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要设备,构造原理如图所示。离子源S能产生各种不同的离子束,飘入(初速度可视为零)M、N间的加速电场后,从小孔O垂直进入匀强磁场,运转半周后到达照相底片上的P点,P点到小孔O的距离为x。对于质量m和电荷量q各不相同的离子,它们的x2mq图像应是(A)解析:离子在加速电场中由动能定理有qU=12mv2,进入磁场后,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2x2,联立解得x2=8UB22.(2023·湖北模拟)如图所示,空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向外,电场的方向沿y轴正方向。一质量为m、电荷量为q的带电粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动(其轨迹如图所示)。已知磁感应强度的大小为B,电场强度大小为E,不计粒子所受的重力,下列说法正确的是(C)A.粒子带负电B.粒子运动轨迹是抛物线C.粒子与x轴的最大距离为2D.粒子运动过程中的最大速度为2解析:粒子由静止开始运动,电场力方向竖直向上,故粒子带正电,故A错误;粒子运动时受电场力和洛伦兹力,因洛伦兹力是变力,则轨迹不是抛物线,运动轨迹为摆线,故B错误;将粒子的运动分解为速度v=EB的向右的匀速直线运动和速度为v的沿顺时针方向的匀速圆周运动,则粒子与x轴的最大距离Y=2R=2·mvqB=2Em3.(2023·浙江湖州模拟)如图所示,一电磁流量计的横截面为长方形的一段管道,其中空部分的长、宽、高分别为a、b、c。流量计的上下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料,流量计所在处加磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向由后表面垂直指向前表面,当导电流体从左向右稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的电路连接,I表示测得的电流值,已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,流量指单位时间内通过管内横截面的流体的体积,则可求得(C)A.上表面比下表面的电势高B.上、下表面的电势差为BbvC.导电流体流经流量计的速度大小为ID.流量为IB(cR+ρb解析:由左手定则可知,正电荷向下运动,负电荷向上运动,所以下表面比上表面的电势高,A错误;最终稳定时有qvB=qUc,则v=UBc,U=Bcv,B错误;根据电阻定律得R′=ρcab,则总电阻为R总I(ρcab+R),解得v=I(ρcab+R)4.(2023·河北模拟)如图所示,xOy坐标系处在竖直平面内。在y≥0的区域内有竖直向上的匀强电场,场强大小为E=1.0N/C,在第二象限的某个矩形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B=2.0T。一带电小球以初速度v=10m/s沿与x轴负方向成37°角的方向从M点进入第一象限,在第一象限内做直线运动,而后从y轴上的P点进入第二象限。经历一段时间后,小球经x轴上的Q点离开电场区域,速度方向与x轴负方向成37°角,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)带电小球的带电性质及比荷;(2)矩形区域的最小面积。解析:(1)由题意分析可知,带电小球在第一象限做匀速直线运动,即带电小球所受重力与电场力平衡,说明小球带正电荷,且有qE=mg,解得qm=g(2)由受力分析可知,带电小球在第二象限磁场区域内做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,qvB=mv2得r=mvqB小球的运动轨迹如图所示,由几何关系可知,矩形磁场区域面积最小时,矩形两边长分别为l1=2rsin37°,l2=rrcos37°,则可知矩形区域的最小面积Smin=l1l2=0.06m2。答案:(1)正电荷10C/kg(2)0.06m2素养提升练5.(2023·辽宁沈阳三模)(多选)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一带正电粒子源,OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于P点,在MN的右侧有范围足够大的水平向左的匀强电场,电场强度为E。当粒子的初速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从P点离开磁场,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是(ABD)A.圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外B.粒子的比荷为vC.粒子在磁场中运动的总时间为πD.粒子在电场中运动的总时间为2解析:带正电粒子从A点竖直向上进入磁场并刚好从P点离开磁场,可知粒子在A点受到向右的洛伦兹力,根据左手定则可知,圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外,故A正确;粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,根据几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02R,可得粒子的比荷为qm=v0BR,故B正确;粒子从P点水平向右进入电场后,先做水平向右的减速运动,再做水平向左的加速运动,由运动的对称性知粒子再次到达P点时,速度大小仍为v0,粒子从P点再次进入磁场,运动轨迹如图乙所示,则粒子在磁场中运动的总时间为t1=πRv0,故C错误;粒子在电场中运动时,根据牛顿第二定律有Eq=ma,解得a=Eq6.(2023·湖南师大附中模拟)(多选)实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器,速度选择器中磁感应强度为B(垂直于纸面向里),电场强度为E(竖直向下),P能沿水平方向发出不同速率的电子。某速率电子能沿直线通过速度选择器,再沿平行于金属板M、N的中轴线O1O2射入板间。已知水平金属板长为L、间距为d,两板间加有如图乙所示的交变电压,电子的电荷量为e,质量为m(电子所受重力及相互间作用力忽略不计),下列说法正确的是(AD)A.沿直线穿过速度选择器的电子的速率为EB.只增大速度选择器中的电场强度E,沿中轴线射入的电子穿过板间的时间变长C.t=T4时刻进入M、N板间的电子恰能水平飞出金属板的位置一定在O2D.若t=0时刻进入金属板M、N间的电子恰能水平飞出,则满足T=BLnE解析:沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与静电力平衡,即evB=eE,解得电子的速率为v=EB,故A正确;只增大速度选择器中的电场强度E,根据A项可知沿中轴线射入的电子速率增大,则穿过板间的时间变短,故B错误;若t=T4时刻进入M、N板间的电子恰能水平飞出,则电子在竖直方向加速和减速的时间一定相等,根据两板间电压的周期性可知,电子在板间的运动时间为T2的偶数倍时,电子飞出金属板的位置一定在O2点,故C错误;若t=0时刻进入金属板M、N间的电子恰能水平飞出,可知电子射出金属板的时刻为t=nT(n=1,2,3,…),则电子的速率为v=Lt=7.(2023·河北邢台一模)(多选)如图所示,空间有一无限大正交的电磁场,电场强度为E,方向竖直向下,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外。场中有一内壁光滑竖直放置的绝缘长筒,其底部有一带电荷量为q(q>0)、质量为qEg的小球,g为重力加速度,小球直径略小于长筒内径。现长筒在外力作用下以大小为v0的速度向右做匀速直线运动。已知小球刚离开长筒时小球在竖直方向的分速度大小为v0A.小球在长筒中的运动时间为2B.小球在长筒中的运动时间为EC.小球从长筒中飞出后做匀速圆周运动的轨道半径的大小为ED.小球从长筒中飞出后做匀速圆周运动的轨道半径的大小为2解析:小球受到的重力mg=qEgg=qE,小球带负电,电场力竖直向上,与重力等大反向,小球随着长筒水平向右做匀速直线运动,由左手定则可知洛伦兹力竖直向上,设其大小为f,可知f=qv0B。洛伦兹力大小和方向恒定,小球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可知加速度a=fm=qv0BqEg=v0gBE,则小球在长筒中的运动时间t=v0a=v0v0gBE=EgB,故A错误,B正确。小球刚离开长筒时,小球在竖直方向的分速度大小为v8.(2023·浙江湖州模拟)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匀强电场和匀强磁场,电场和磁场的宽度都相同,长度足够长。电场强度方向水平向右,磁场方向垂直于纸面向里。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,不计粒子受到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(B)A.12 B.16 C.20 D.24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,根据动能定理有nqEd=12mvn2,根据牛顿第二定律有qvnB=mvn2rn,设粒子进入第n层磁场时,速度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vn1sinθn1=vnsinαn,由rn=mvnqB可知rn1sinθn1=rnsinαn,由图甲可知rnsinθnrnsinαn=d,则有rn则r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…、rnsinθn为一组等差数列,公差为d,可得rnsinθn=r1sinθ1+(n1)d。当n=1时,由图乙可知r1sinθ1=d,则rnsinθn=nd,解得sinθn=Bnqd2mE。若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则θn=π24时,θ4=30°,即sin30°=B2qdmE;当sinθ9.(2023·安徽合肥一模)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,x轴上方有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,x轴下方有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为3qB2d2(1)由S处最先发射的粒子与最后发射的粒子,发射的时间差为多少?(2)求由S处发射的速度最小的粒子,从发射到第二次经过O点的时间。(3)若仅电场强度大小变为23解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2πm设粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为θ,则粒子在磁场中的运动时间为t=θ2πT=θm由几何知识可知,发射粒子运动方向与x轴正方向的夹角为150°时,θ角最小为θ=π3,粒子发射时间最晚;发射粒子运动方向与x轴正方向的夹角为30°时,θ角最大为θ=5π3,粒子发射时间最早,故最先发射的粒子与最后发射的粒子,发射的时间差为Δt=mqB(5π3π(2)粒子在磁场中运动时有qvB=mv2r可知发射速度越小的粒子,其圆周运动半径越小,由几何知识可得,粒子圆周运动半径最小为r1=d2则粒子的最小速度为v1=qBd2速度最小的粒子在磁场中运动的时间为t1=12T=π粒子在电场中运动时,根据牛顿第二定律有a1=qE1m粒子在电场中先减速,再反向加速返回O点,在电场中运动的时间为t1′=2v1a所以粒子从发射到第二次经过O点的时间为t′=t1+t1′=mqB(π+23(3)速度最小的粒子在磁场中偏转半个圆周,垂直于x轴方向进入电场,然后在电场中做直线运动,先减速到0,然后再反向加速返回到x轴,返回到x轴时,位置会向左移动2r,此后不断重复相同的运动过程,所以从S处发射后第2023次经过x轴时的位置坐标为xP=20222×2r由几何知识得,最先发射的粒子在磁场中做圆周运动的半径为r2=d,则粒子的速度为v2=qBdm电场强度大小变为23a2=qE2m0=v2sin30°·t2+12a2t在x轴方向有x=v2cos30°·t2,解得t2=3m6qB最先发射的粒子,先在磁场中偏转,然后进入电场做类平抛运动,并返回到x轴,返回到x轴时,位置会向左移动,Δx=dd4=3此后不断重复相同的运动过程,所以最先发射的粒子从S处发射后第2023次经过x轴时的位置坐标为xQ=20222×3则P、Q间的距离为xPQ=xQxP=1答案:(1)4πm3qB(2)mqB(π+210.(2023·山东滨州二模)如图,圆柱形区域与xOy平面相切于y轴,该区域内存在平行于y轴的匀强磁场。在y=L2和y=L2位置,紧靠y轴放置两平行金属板,金属板与x轴方向宽度足够大,两板间加恒定电压。在金属板右侧垂直z轴固定一足够大的荧光屏,荧光屏与金属板右端距离为L2,荧光屏与z轴交点记为O′。xOz(1)求沿与z轴正方向夹角θ离开磁场的粒子,最终打在荧光屏上的x轴坐标值;(2)求荧光屏上显示的粒子落点形成的图线的方程;(3)求单位时间打在荧光屏上的粒子数。解析:(1)带电粒子打到荧光屏前,沿z轴方向32L=v0沿x轴方向x=v0tsinθ,最终打在荧光屏上的x轴坐标为x=32(2)对带电粒子加速过程,根据动能定理qU=12mv在偏转电场中qULL=v0t1cosθ,y1=12atvy=at1,设粒子离开电场时,偏转角为α,则tanα=vy粒子离开电场后,沿y轴方向偏转位移y2=L2粒子打在荧光屏上的y轴坐标y=y1+y2,联立解得y=L2co荧光屏上显示的粒子落点图线方程y粒子能射到荧光屏上的条件为y1<L2可得cosθ>22即45°<cosθ<45°,图线方程的定义域为32L<x<3(3)设圆柱形磁场圆直径为D,由几何关系可知,沿与x轴正方向夹角θ=45°离开圆柱形磁场的粒子恰好可以打在荧光屏上,如图所示。该粒子进入磁场时与中心线的距离d=D2sin45°可知满足条件的粒子源长度l=2d=22单位时间打在荧光屏上的粒子数n=lDN=2答案:(1)32Ltanθ(2)见解析(3)2难关攻克练11.(2023·山东卷,17)如图所示,在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中,存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场,电场的周围分布着垂直于纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。(1)若粒子初速度为零,粒子从上边界垂直于QN第二次离开电场后,垂直于NP再次进入电场,求磁场的磁感应强度B的大小。(2)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场,离开电场后从P点第二次进入电场,在电场的作用下从Q点离开。①求改变后电场强度的大小E′和粒子的初速度v0;②通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。解析:(1)由题意可知粒子在电场中做匀加速直线运动,根据动能定理有qE·2d=12mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=mv2粒子从上边界垂直于QN第二次离开电场后,垂直于NP再次进入电场,轨迹如图甲所示,甲根据几何关系可知R=d3联立可得B=6mEqd(2)①由题意作出粒子在电场和磁场中运动的轨迹如图乙所示,乙粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系可知R12=(2d)2+(R1d)解得R1=52所以有θ=53°,α=37°;洛伦兹力提供向心力,qv1B=mv1带电粒子从A点开始做匀加速直线运动,根据动能定理有qE′·2d=12mv121再一次进入电场后做类斜抛运动,沿x方向有2d=v1cosα·t,沿y方向有2d=v1sinα·t+12at2根据牛顿第二定律有qE′=ma,联立以上各式解得v1=15qdEmv0=9qdEmE′=36E。②粒子从P到Q,根据动能定理有qE′·2d=12mv221可得从Q射出时的速度为v2=341qdE此时粒子在磁场中的轨迹半径R2=mv2qB设粒子从Q点射出电场时速度方向与y轴正方向的夹角为i,则sini=v1cosα则cosi=541根据几何关系可知对应的圆心坐标为x=52而圆心与P的距离为l=(52d-2故不会再从P点进入电场。答案:(1)6mE(2)①36E9qdEm12.(2023·湖北二模)某离子实验装置的基本原理如图所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区,Ⅰ区长度d=3R,内有沿y轴正向的匀强电场,Ⅱ区内既有沿z轴负向的匀强磁场,又有沿z轴正向的匀强电场,电场强度与Ⅰ区电场强度等大。现有一正离子从左侧截面的最低点A处,以初速度v0沿z轴正向进入Ⅰ区,经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ区,在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出,最终从右侧截面上的C点飞出,B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点(如图所示),已知离子的质量为m,电荷量为q,不计重力,求:(1)电场强度的大小;(2)离子到达B点时速度的大小;(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小;(4)Ⅱ区的长度L。解析:(1)离子在Ⅰ区做类平抛运动,根据类平抛运动规律有3R=v0t,3R2=12根据牛顿第二定律有qE=ma,解得电场强度的大小为E=mv(2)对类平抛运动过程,由动能定理有3EqR2=12mv21解得离子到达B点时速度的大小为v=2v0。(3)离子在Ⅱ区做复杂的旋进运动。将该运动分解为圆柱体截面上的匀速圆周运动和z轴正方向的匀加速直线运动。根据题意可得,在圆柱体截面上的匀速圆周运动轨迹如图所示。设临界圆轨迹半径为r,根据几何知识有(Rr)2=r2+R2解得离子的轨迹半径为r=38离子沿y轴正方向的速度为vy=v0,根据洛伦兹力提供向心力有qvyB=mvy解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B=8m(4)离子在圆柱体截面