模型18帶電粒子在組合場中運動模型

模型18、帶電粒子在組合場中運動模型【模型概述】帶電粒子在組合場中的運動過程比較復(fù)雜,但如果認真分析其運動過程會發(fā)現(xiàn),粒子的運動過程實際上是幾個運動過程的組合，只要認真分析每個過程，找出其所滿足的物理規(guī)律，并找出各個過程之間的銜接點和相關(guān)聯(lián)的物理量，問題便可迎刃而解.【模型解題】先電場后磁場模型

(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動.在電場中利用動能定理或運動學(xué)公式求粒子剛進入磁場時的速度.

(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動，在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度.

2.先磁場后電場模型

對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況:(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反;(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直.【模型訓(xùn)練】一、單選題1．如圖所示，在直角坐標系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿y軸負方向的勻強電場；第四象限無電場和磁場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度從y軸上的M點沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)x軸上的N點和P點最后又回到M點，已知，。則下列說法錯誤的是（）A．帶電粒子帶負電，電場強度E的大小為B．帶電粒子到達N點時的速度大小為且方向與x軸負方向成夾角C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為D．粒子從M點進入電場，經(jīng)N、P點最后又回到M點所用的時間為【答案】A【詳解】A．粒子在電場中做類平拋運動、在磁場中做勻速圓周運動、無場區(qū)域做勻速直線運動。粒子在向下的電場中從M點向上偏轉(zhuǎn)經(jīng)過N點，故粒子帶負電。從M至N運動過程中沿y軸方向有加速度由沿x軸方向勻速運動可得運動時間故電場強度A錯誤；B．設(shè)與x軸負方向成角，有解得則帶電粒子到達N點時的速度大小B正確；C．帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示圓心在處，設(shè)半徑為R，由幾何關(guān)系知，帶電粒子過P點的速度方向與x軸負方向成夾角，則再由牛頓第二定律有聯(lián)立解得C正確；D．粒子從M運動至N的時間粒子在磁場中運動時間粒子從P運動至M做勻速直線運動，時間總時間D正確。選錯誤的，故選A。2．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，在第四象限的某位置有垂直坐標系平面向里的矩形勻強磁場。x軸上有一點M，其坐標分別為M（l，0）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上P點以初速度沿x軸正方向射入第一象限，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)從M點以與x軸正方向成角的速度射人第四象限，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從x軸上的N點（圖中未畫出）以與x軸正方向成角的速度再次返回第一象限。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為，不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A．電場強度大小為 B．P點坐標為（0，）C．M、N兩點間的距離一定等于2l D．矩形磁場的最小面積為【答案】B【詳解】A．在電場中，粒子做類平拋運動水平方向有根據(jù)豎直方向勻加速直線運動的規(guī)律，有得A錯誤；粒子經(jīng)過電場的過程，豎直方向有所以P點坐標為（0，），B正確；C．粒子到達M點的速度為粒子進入第四象限的磁場后，做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有則根據(jù)題意，粒子回到第一象限時的速度方向與x軸正方向成角，假設(shè)粒子從M點進入磁場，畫出粒子在磁場中運動的軌跡由幾何關(guān)系，可求得粒子在磁場中運動的軌跡所對的弦長為根據(jù)矩形磁場的長、寬最小面積為圖示區(qū)域但是，根據(jù)題意無法確定粒子在哪個位置進入磁場，所以無法確定MN之間的距離，CD錯誤。故選B。3．一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為（）A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外【答案】C【詳解】A．帶電粒子在電場和磁場中運動，打到a點的粒子電場力和洛倫茲力平衡，當電場向左磁場垂直直面向里時，因粒子帶正電，則受到向左的電場力和向左的洛倫茲力，則會打到a點左側(cè)；同理電子帶負電，受到向右的電場力和向右的洛倫茲力，則電子會打到a點右側(cè)，A錯誤；B．因粒子帶正電，設(shè)帶電量為2q，速度v，電子帶負電，電量q，電子速度v＇>v，若電場方向向左，磁場方向向外，則如果粒子打在a點則受到向左的電場力和向右的洛倫茲力平衡因電子帶負電，電量q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv＇B大于向右的電場力qE，則電子從而向左偏轉(zhuǎn)；同理如果電子打在a點，則，所以此時粒子向左的電場力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會打在b點，B錯誤；CD．電場方向向右，磁場垂直紙面向里，如果粒子打在a點，即向右的電場力和向左的洛倫茲力平衡電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv＇B大于向左的電場力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而達到b點；同理如果電子打在a，則粒子向右的電場力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會打在b點；同理電場向右磁場垂直紙面向外時，粒子受到向右的電場力和洛倫茲力，電子受到向左的電場力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點，故C正確，D錯誤；故選C。4．如圖所示，在的區(qū)域存在方向沿軸正方向的勻強電場，場強大小為，在的區(qū)域存在方向垂直于平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。一個帶負電的粒子（重力不計）從軸上的A點以大小為的初速度沿軸正方向射出，粒子在電場和磁場中運動后回到A點。則（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】設(shè)粒子類平拋的分運動勻速運動的位移為y，離開電場時瞬時速度與y軸的夾角，則有粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得故選B。5．如圖所示，厚度非常薄的鉛板的上方、下方分別分布有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度分別為、的有界勻強磁場，一比荷為k、電荷量為q的粒子（不計重力）從a點射入第一個磁場，經(jīng)過鉛板的b點射入第二個磁場，從c點射出第二個磁場，緊接著進入虛線（與平行）下方的與垂直的勻強電場，粒子到達d點時速度正好與平行。己知兩個圓弧軌跡的圓心均在鉛板的O點，、，粒子與鉛板的作用時間忽略不計，下列說法正確的是（）A．該粒子帶正電 B．粒子從a到c的運動時間為C．粒子與鉛板碰撞產(chǎn)生的熱量為 D．c點與d點的電勢差為【答案】D【詳解】A．由左手定則可知該粒子帶負電，故A錯誤；B．粒子從a到c運動的時間為結(jié)合可得故B錯誤；C．分析可知粒子在兩個磁場中運動的圓，弧軌跡半徑相等，設(shè)為R，由洛倫茲力提供向心力可得，聯(lián)立可得，由能量守恒，粒子與鉛板的碰撞所產(chǎn)生的熱量為結(jié)合聯(lián)立可得故C錯誤；D．分析可知粒子從c點到d點做類斜拋運動，粒子在c點的速度與的夾角為，把粒子在c點的速度分別沿著和電場線的方向分解，沿著方向的分速度為粒子到達盤點時沿電場線方向的分速度為0，由動能定理得結(jié)合，解得故D正確。故選D。6．水平放置的兩金屬板，板長為0.2m，板間距為0.15m，板間有豎直向下的勻強電場，場強大小為2×103V/m，兩板的左端點MN連線的左側(cè)足夠大空間存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為0.2T，方向垂直紙面向里。一比荷為1×106C/kg正電粒子以初速度v0緊靠上極板從右端水平射入電場，隨后從磁場射出。則（）A．當v0=1×104m/s時，粒子離開磁場時的速度最小B．當時，粒子離開磁場時的速度最小C．當時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小D．當v0=2×104m/s時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小【答案】D【詳解】AB．粒子在磁場中做勻速圓周運動，要使粒子離開磁場時的速度最小，則粒子在從電場進入磁場時速度最小，設(shè)粒子進入磁場時的速度與水平方向的夾角為，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有，水平方向豎直方向加速度而則可得根據(jù)勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系式可得而聯(lián)立以上各式可得可知，當時，粒子進入磁場時有最小速度此時故AB錯誤；CD．根據(jù)以上分析可知，粒子進入磁場時的速度為，進入磁場后粒子在磁場中做圓周運動，偏轉(zhuǎn)后從MN邊界離開磁場，則由洛倫茲力充當向心力有可得根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子進入磁場的位置與射出磁場的位置之間的距離為則離M點的距離為即有可知，當時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小，而根據(jù)以上分析可知，當時故C錯誤，D正確。故選D。二、解答題7．如圖所示，在x軸上方有一勻強磁場方向垂直紙面向里。在x軸下方有一勻強電場，方向豎直向上。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a點處沿y軸正方向以初速度開始運動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進入電場，經(jīng)過y軸上b點時速度方向恰好與y軸垂直．求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；（2）勻強電場的電場強度大小；（3）粒子從開始運動到第三次經(jīng)過x軸的時間【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）作出粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系有粒子在磁場中做圓周運動解得（2）粒子在x軸下方運動到b點過程中，水平方向上有豎直方向解得（3）粒子在磁場中運動周期為粒子在磁場中運動總的圓心角粒子從開始運動到第三次經(jīng)過x軸聯(lián)立可得8．如圖所示，平面直角坐標系的第一象限內(nèi)存在沿軸正方向、電場強度大小為的勻強電場，第四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電荷量為，質(zhì)量為的帶負電粒子以一定的速度從點垂直射入電場，從點進入磁場后，恰好垂直軸從點離開磁場。已知點坐標為（0，L），點坐標為（L，0），不計粒子受到的重力，求：（1）粒子射入磁場時的速度大??；（2）點的縱坐標；（3）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)粒子射入電場時的速度大小為，粒子在電場中運動時的加速度大小為，運動時間為，粒子在點時的速度方向與軸正方向的夾角為，則有解得（2）如圖所示，設(shè)粒子在磁場中運動的軌道半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系有解得（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得9．科學(xué)家們常利用電場、磁場控制粒子運動進行科學(xué)實驗研究。如圖所示，在的區(qū)域存在方向沿軸負方向的勻強電場；在的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。時刻，兩個帶正電粒子甲和乙同時以各自的初速度分別從軸上點和原點射出（甲發(fā)射方向未知，乙沿軸負方向）。經(jīng)過一段時間后，甲和乙同時第一次到達軸并發(fā)生彈性正碰（速度共線），碰撞后兩粒子帶電量不發(fā)生變化。已知兩個粒子的質(zhì)量均為，所帶電荷量均為。不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）兩粒子發(fā)生正碰前瞬間甲粒子的速度大??；（2）若甲粒子與乙粒子發(fā)生正碰后經(jīng)過一段時間甲再次經(jīng)過軸上點，則勻強電場的場強大小為多少。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設(shè)甲和乙發(fā)生正碰前瞬間速度分別為、，依據(jù)題意有根據(jù)所以運動時間聯(lián)立得（2）質(zhì)量相等的甲、乙發(fā)生彈性正碰，碰撞前后速度交換，即碰撞后瞬間甲和乙的速度分別變?yōu)?、，依?jù)題意有根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立得根據(jù)得聯(lián)立得10．如圖所示，在平面內(nèi)，第Ⅱ象限內(nèi)的射線是電場與磁場的分界線，與軸的負方向成。在且的左側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應(yīng)強度大小為，在且的右側(cè)空間存在著沿軸正方向的勻強電場，場強大小為。一不計重力的帶負電微粒，從坐標原點沿軸負方向以的初速度進入磁場，最終離開磁、電場區(qū)域。已知微粒所帶的電荷量，質(zhì)量，求：（1）帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑；（2）帶電微粒第一次進入電場前運動的時間；（3）帶電微粒第二次進入電場后在電場中運動的水平位移?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）微粒在磁場中，受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，洛倫茲力提供圓周運動向心力有解得（2）由軌跡圖可知，微粒先做一圓周運動，然后在電場中在電場力作用下先向上勻減速然后向下勻加速，離開電場時速度大小與進入時大小相等然后在磁場中做一圓周運動，以垂直于電場方向的速度再進入電場作類平拋運動。所以微粒第一次在磁場中運動的時間為又聯(lián)立，解得（3）微粒在電場中的加速度微粒第二次離開磁場在電場中做類平拋運動時拋出點高度為2R，所以微粒在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，故有可得微粒在電場中運動時間所以微粒在水平方向的位移11．如圖所示，在直角坐標系的第一、四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在第二、三象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場。某時刻，一個正電荷從x軸上的P點以初速度沿x軸正方向射入，正電荷第一次到達y軸時，速度方向與y軸負方向成角，之后正電荷在電場中運動，并垂直通過x軸上的Q點。已知O、P兩點之間的距離為L，正電荷所受重力忽略不計。求：（結(jié)果均可用根式表示）（1）正電荷的比荷；（2）勻強電場的電場強度大?。唬?）正電荷從P點出發(fā)到第一次回到P點的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，作出正電荷的部分運動軌跡如圖所示設(shè)正電荷在磁場中運動的軌道半徑為r，由圖可得解得正電荷在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得解得正電荷的比荷為（2）設(shè)正電荷第一次經(jīng)過y軸的位置到O點的距離為，到達Q點時的速度大小為，結(jié)合類平拋運動規(guī)律，有設(shè)正電荷進入電場后經(jīng)過時間t運動到Q點，則有由幾何知識結(jié)合類平拋運動可得解得又正電荷從第一次經(jīng)過y軸到運動至Q點的過程中，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得（3）正電荷在磁場中的運動的周期為由幾何關(guān)系可知，正電荷第一次在磁場中運動的時間為正電荷在電場中運動的時間為正電荷第二次在磁場中的運動軌跡與第一次在磁場中運動的軌跡對稱，則正電荷第二次在磁場中的運動時間為所以正電荷從P點出發(fā)到第一次回到P點的時間為12．如圖所示，半徑r=0.06m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R=0.1m、磁感應(yīng)強度大小B=0.075T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為(0，0.08m)。平行金屬板MN的極板長L=0.3m、間距d=0.1m，極板間所加電壓U=6.4×102V，其中N極板收集粒子全部中和吸收．一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v=6×105m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向。若粒子重力不計、比荷108C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)。sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）粒子在磁場中的運動半徑R0；（2）從坐標(0，0.18m)處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與x軸負方向夾角θ；（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η。【答案】（1）0.08m；（2）θ=37°；（3）29.4%【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力，可得解得（2）從坐標(0，0.18m)處射出磁場的粒子的軌跡圓心在坐標y軸O′處，如圖所示，設(shè)粒子對應(yīng)的入射角方向與y軸的夾角為β，在中，由幾何關(guān)系，恰好滿足勾股定理，為直角，則有其在O點入射方向與x軸負方向的夾角θ=37°。（3）如圖所示，在電場中，電場強度帶電粒子在電場中做類平拋運動，其加速度如果帶電粒子恰能從MN右側(cè)穿出，則運動時間則偏轉(zhuǎn)距離因此設(shè)此粒子射入時與x軸正向夾角為α，則由幾何關(guān)系可知可知能被N板收集的粒子為從O點出射的角度為與x軸正方向成的粒子13．如圖所示，在xOy平面直角坐標系第一象限內(nèi)存在+y方向的勻強電場，第四象限范圍內(nèi)存在垂直xOy平面向里，大小為的勻強磁場。一帶電量為q質(zhì)量為m的粒子，以初速度從P(0，2L)點沿+x方向垂直射入電場，粒子做勻變速曲線運動至Q(4L，0)點進入第四象限，粒子運動過程中不計重力。求：（1）第一象限內(nèi)勻強電場電場強度大小；（2）粒子在第一象限運動過程中與PQ連線的最大距離；（3）粒子進入第四象限后與x軸的最大距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子從P到Q的過程中，做類平拋運動，在x軸方向有在y軸方向有解得，，所以勻強電場電場強度大小為。（2）粒子在第一象限運動時，分解為平行于PQ連線方向和垂直于PQ連線方向的兩個分運動，粒子與PQ連線的距離最大時，速度方向平行于PQ連線。設(shè)PQ與x軸的夾角為，則，在垂直PQ連線方向上有解得粒子在第一象限運動過程中與PQ連線的最大距離（3）粒子到Q點時，x軸方向的分速為，y軸方向的分速度為則粒子進入第四象限時的速度大小為v的方向與x軸正方向的夾角為。粒子進入第四象限后，在有磁場的區(qū)域做勻速圓周運動，在無磁場區(qū)域做勻速直線運動，當粒子速度方向平行于x軸時，設(shè)粒子運動到M點，則粒子在M點時距離x軸最遠。粒子做圓周運動時，有解得粒子做圓周運動的圓弧在y軸方向的投影長度為由于，可知在Q到M之間有5個磁場區(qū)域和4個無磁場區(qū)域，則粒子進入第四象限后與x軸的最大距離為14．如圖所示。研究員在研究帶電粒子的受控軌跡時。設(shè)置了以下場景，空間中存在平面直角坐標系。其第一象限內(nèi)存在方向沿y軸負向的勻強電場。電場強度為E；第四象限內(nèi)有一條分界線ON與x軸正方向的夾角為：在軸與ON間存在垂直紙面向外的勻強磁場。研究員將一帶正電的粒子從y軸上的距原點O距離d的P點，以速度v0垂直y軸打入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后經(jīng)軸進入磁場，在磁場中運動一段時間后從ON上以垂直于y軸的速度方向射出。已知粒子的比荷為，不計粒子重力。求：（1）粒子從軸打出點到原點的距離以及粒子過該點時的速度大??；（2）磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。唬?）若改變磁感應(yīng)強度B的大小，使粒子第一次進入磁場后軌跡恰好與ON相切再次打入電場。求粒子第三次進入磁場時距離O點的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在電場中有經(jīng)過軸打出點時的速度大小聯(lián)立可得（2）粒子離開電場時與x軸夾角既如圖根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得由可得（3）粒子第一次進入磁場后軌跡恰好與ON相切，則粒子第一次在磁