2025人教版物理重難點(diǎn)-選擇性必修二專題1.7 帶電粒子在連續(xù)場中的運(yùn)動-（人教版2019選擇性必修第二冊）（含答案）

2025人教版物理重難點(diǎn)-選擇性必修二專題1.7帶電粒子在連續(xù)場中的運(yùn)動-（人教版2019選擇性必修第二冊）（含答案）專題1.7帶電粒子在連續(xù)場中的運(yùn)動【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1殘缺圓與直線運(yùn)動綜合】 【題型2殘缺圓與類平拋綜合】 【題型3連續(xù)場中的周期性問題】 【題型4交變場問題】 【題型5綜合問題】 【題型6聯(lián)系實(shí)際】 【題型1殘缺圓與直線運(yùn)動綜合】【例1】[CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則()A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移【變式1-1】(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運(yùn)動的半徑之比為2∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3【變式1-2】如圖甲所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變、方向周期性變化，如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0。粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運(yùn)動且每次經(jīng)過MN的時刻均為eq\f(T0,2)整數(shù)倍，則：(1)粒子在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動的軌道半徑為多少？(2)若初始位置與第四次經(jīng)過MN時的位置距離為x，求粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過MN)?！咀兪?-3】如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5m，磁場垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E＝1.0×105V/m。在M點(diǎn)有一正粒子以速率v＝1.0×106m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進(jìn)入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為eq\f(q,m)＝1.0×107C/kg，粒子重力不計(jì)。(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)求沿＋x方向射入磁場的粒子，從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所走過的路程?！绢}型2殘缺圓與類平拋綜合】【例2】如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h，0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求：(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值?！咀兪?-1】如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系的第一象限有射線OA，OA與x軸正方向夾角為30°，OA與y軸所夾區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，其他區(qū)域存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場。有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)沿著x軸正方向以初速度v0射入電場，運(yùn)動一段時間后經(jīng)過Q點(diǎn)垂直于射線OA進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)，過y軸正半軸上的M點(diǎn)再次垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場。已知OP＝h，不計(jì)粒子重力，求：(1)粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時的速度大??；(2)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大??；(3)粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)所用的時間?！咀兪?-2】如圖所示，直線PQ的左邊為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，右邊為電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。一帶電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的粒子從MN上的C點(diǎn)沿與MN成60°角的方向，以速度v射入勻強(qiáng)磁場，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后從D點(diǎn)(圖中未畫出)垂直PQ進(jìn)入勻強(qiáng)電場，最后到達(dá)MN上F點(diǎn)(圖中未畫出)，不計(jì)粒子重力，求：(1)從C點(diǎn)到F點(diǎn)所用的時間；(2)到達(dá)F點(diǎn)時的動能?！咀兪?-3】如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅰ，第二象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場Ⅱ。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點(diǎn)以某一初速度垂直于x軸進(jìn)入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點(diǎn)O為圓心做半徑為R0的圓周運(yùn)動；隨后進(jìn)入電場運(yùn)動至y軸上的N點(diǎn)，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運(yùn)動一段時間后，再次垂直于x軸進(jìn)入第四象限。不計(jì)粒子重力。求：(1)帶電粒子從M點(diǎn)進(jìn)入第四象限時初速度的大小v0；(2)電場強(qiáng)度的大小E；(3)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1?！绢}型3連續(xù)場中的周期性問題】【例3】(多選)研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地點(diǎn)和太陽三個點(diǎn)來定位的，蜜蜂飛行時就是根據(jù)這三個位置關(guān)系呈“8”字形運(yùn)動來告訴同伴蜜源的方位。某興趣小組用帶電粒子在如圖所示的電場和磁場中模擬蜜蜂的“8”字形運(yùn)動，即在y＞0的空間中和y＜0的空間內(nèi)同時存在著大小相等，方向相反的勻強(qiáng)電場，上、下電場以x軸為分界線，在y軸左側(cè)和圖中豎直虛線MN右側(cè)均無電場，但有方向垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場，MN與y軸的距離為2d。一重力不計(jì)的帶負(fù)電荷的粒子從y軸上的P(0，d)點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后，粒子又以相同的速度回到P點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．電場與磁場的比值為v0B．電場與磁場的比值為2v0C．帶電粒子運(yùn)動一個周期的時間為eq\f(2d,v0)＋eq\f(2πd,v0)D．帶電粒子運(yùn)動一個周期的時間為eq\f(4d,v0)＋eq\f(2πd,v0)【變式3-1】如圖所示，在x軸上方有一勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里。在x軸下方有一勻強(qiáng)電場，方向豎直向上。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a點(diǎn)(0，h)處沿y軸正方向以初速度v＝eq\r(2)v0開始運(yùn)動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場，經(jīng)過y軸上b點(diǎn)時速度方向恰好與y軸垂直。求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；(3)粒子從開始運(yùn)動到第三次經(jīng)過x軸的時間?！咀兪?-2】如圖所示，x軸上方存在電場強(qiáng)度E＝1000V/m、方向沿－y軸方向的勻強(qiáng)電場，x軸與PQ(平行于x軸)之間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量m＝2×10－8kg、帶電荷量q＝＋1.0×10－5C的粒子，從y軸上(0，0.04m)的位置分別以不同的初速度v0沿＋x軸方向射入勻強(qiáng)電場，不計(jì)粒子的重力。(1)若v0＝200m/s，求粒子第一次進(jìn)入磁場時速度v的大小和方向；(2)若粒子射入電場后都能經(jīng)磁場返回，求磁場的最小寬度d；(3)若粒子恰能經(jīng)過x軸上x＝100m的點(diǎn)，求粒子入射的初速度v0?！咀兪?-3】如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一、二象限存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，第四象限存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小未知。一帶正電的粒子從y軸上的M點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，從x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入磁場后恰好經(jīng)O點(diǎn)再次進(jìn)入電場，已知MN兩點(diǎn)的連線與x軸的夾角為θ，且tanθ＝eq\f(1,2)，帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)帶電粒子的重力。求：(1)粒子第一次經(jīng)過N點(diǎn)的速度v；(2)粒子從N點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中，洛倫茲力的沖量I；(3)電場強(qiáng)度E的大??；(4)粒子連續(xù)兩次通過x軸上同一點(diǎn)的時間間隔Δt?！绢}型4交變場問題】【例4】(多選)某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎?。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做“∞”形運(yùn)動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計(jì))()A．若粒子的初始位置在a處，在t＝eq\f(3,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e處，在t＝eq\f(11,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度【變式4-1】如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上。t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊界上的N2點(diǎn)。Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)求電場變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值?！咀兪?-2】如圖甲所示，整個空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(平行于紙面)，在同一水平線上的兩位置以相同速率同時噴出質(zhì)量均為m的油滴a和b，帶電荷量為＋q的a水平向右，不帶電的b豎直向上。b上升高度為h時，到達(dá)最高點(diǎn)，此時a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴p。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小及油滴a、b結(jié)合為p后瞬間的速度；(3)若油滴p形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為t＝0時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面周期性變化的磁場，磁場變化規(guī)律如圖乙所示，磁場變化周期為T0(垂直紙面向外為正)，已知p始終在矩形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動，求矩形區(qū)域的最小面積。(忽略磁場突變的影響)【變式4-3】如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場強(qiáng)度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示。在t＝0時刻從O點(diǎn)發(fā)射一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向，在x軸上有一點(diǎn)A(圖中未標(biāo)出)，坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48v0t0,π)，0))。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，y軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場強(qiáng)度的大小滿足：eq\f(E0,B0)＝eq\f(v0,π)；粒子的比荷滿足：eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)。求：(1)在t＝eq\f(t0,2)時，粒子的位置坐標(biāo)；(2)粒子偏離x軸的最大距離；(3)粒子運(yùn)動至A點(diǎn)的時間?！绢}型5綜合問題】【例5】如圖，第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，其中第二象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。一帶正電的粒子，從x軸負(fù)方向上的P點(diǎn)沿與x軸正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，經(jīng)過第二象限后恰好由y軸上的Q點(diǎn)(0，d)垂直y軸進(jìn)入第一象限，然后又從x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第四象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點(diǎn)，回到P點(diǎn)的速度方向與入射時相同。不計(jì)粒子重力。求：(1)粒子從P點(diǎn)入射時的速度v0；(2)粒子進(jìn)入第四象限時在x軸上的N點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O距離；(3)粒子在第三、四象限內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑(用已知量d表示結(jié)果)。【變式5-1】如圖所示，在真空中xOy平面內(nèi)，有四個邊界垂直于x軸的條狀區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，區(qū)域Ⅰ、Ⅲ寬度均為d，內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，大小均為E；區(qū)域Ⅱ、Ⅳ寬度均為2d，內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場B1和B2。M是區(qū)域Ⅲ右邊界與x軸交點(diǎn)。質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子甲以速度v0從O點(diǎn)沿x軸正方向射入電場E，經(jīng)過一段時間后，沿x軸正方向與自由靜止在M點(diǎn)的粒子乙粘合在一起，成為粒子丙進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅳ，之后直接從右邊界上Q點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)離開區(qū)域Ⅳ。粒子乙不帶電，質(zhì)量為2m，粘合前后無電荷損失，粘合時間很短，E＝eq\f(\r(3)mv02,qd)，粒子重力不計(jì)。(1)求粒子甲離開區(qū)域Ⅰ時速度v1大小和與x軸正方向夾角θ；(2)求勻強(qiáng)磁場B1的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)若勻強(qiáng)磁場B2磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同，則粒子丙在磁場B2中運(yùn)動時間不同。求粒子甲從O點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動時間與粒子丙從M點(diǎn)到Q點(diǎn)運(yùn)動時間之和的最大值?！咀兪?-2】如圖所示，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)存在一個以(A,0)為圓心、半徑為a的圓形磁場區(qū)域，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。另在y軸右側(cè)有一方向向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，分布于y≥a的范圍內(nèi)。O點(diǎn)為質(zhì)子源，其射出質(zhì)子的速度大小相等、方向各異，但質(zhì)子的運(yùn)動軌跡均在紙面內(nèi)。已知質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為a，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為e，重力及阻力忽略不計(jì)。求：(1)射出速度沿x軸正方向的質(zhì)子，到達(dá)y軸所用的時間；(2)射出速度與x軸正方向成30°角(如圖中所示)的質(zhì)子，到達(dá)y軸時的位置與O點(diǎn)的距離；(3)質(zhì)子到達(dá)y軸的位置坐標(biāo)的范圍?！咀兪?-3】如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場，此時開始計(jì)時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動的時間；(2)粒子與O點(diǎn)間的距離?！绢}型6聯(lián)系實(shí)際】【例6】(多選)質(zhì)譜儀是用來分析同位素的裝置，如圖為質(zhì)譜儀的示意圖，其由豎直放置的速度選擇器、偏轉(zhuǎn)磁場構(gòu)成。由三種不同粒子組成的粒子束以某速度沿豎直向下的方向射入速度選擇器，該粒子束沿直線穿過底板上的小孔O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終三種粒子分別打在底板MN上的P1、P2、P3三點(diǎn)，已知底板MN上下兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場方向均垂直紙面向外，且磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2，速度選擇器中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小為E。不計(jì)粒子的重力以及它們之間的相互作用，則()A.速度選擇器中的電場方向向右，且三種粒子均帶正電B.三種粒子的速度大小均為eq\f(E,B2)C.如果三種粒子的電荷量相等，則打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大D.如果三種粒子電荷量均為q，且P1、P3的間距為Δx，則打在P1、P3兩點(diǎn)的粒子質(zhì)量差為eq\f(qB1B2Δx,2E)【變式6-1】(多選)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場，在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)．不計(jì)粒子重力．下列說法正確的是()A．極板M比極板N的電勢高B．加速電場的電壓U＝ERC．直徑PQ＝2Beq\r(qmER)D．若一群粒子從靜止開始經(jīng)過題述過程都落在膠片上的同一點(diǎn)，則該群粒子具有相同的比荷【變式6-2】如圖所示為水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1和B2，長L＝1.0m的區(qū)域Ⅲ存在場強(qiáng)大小E＝5.0×104V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場。區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動能Ek0＝4.0×104eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點(diǎn)水平射出。S、P兩點(diǎn)間的高度差h＝0.10m。(氘核質(zhì)量m＝2×1.67×10－27kg，電荷量q＝1.60×10－19C，1eV＝1.60×10－19J，eq\r(\f(1.67×10－27,1.60×10－19))≈1×10－4)(1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時的動能Ek2；(2)若B1＝1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d；(3)若B1＝1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2?！咀兪?-3】如圖所示，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計(jì)。(1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大??；(2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。

參考答案【題型1殘缺圓與直線運(yùn)動綜合】【例1】[CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則()A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移[解析]電子在電場中加速運(yùn)動，電場力的方向和運(yùn)動方向相同，而電子所受電場力的方向與電場的方向相反，所以M處的電勢低于N處的電勢，A錯誤；增大M、N之間的電壓，根據(jù)動能定理可知，電子進(jìn)入磁場時的初速度變大，根據(jù)r＝eq\f(mv,eB)知其在磁場中的軌跡半徑增大，P點(diǎn)將右移，B錯誤；根據(jù)左手定則可知，磁場的方向應(yīng)該垂直于紙面向里，C錯誤；結(jié)合B分析，可知增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，軌跡半徑將減小，P點(diǎn)將左移，D正確。[答案]D【變式1-1】(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運(yùn)動的半徑之比為2∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3[解析]兩個離子的質(zhì)量相同，其帶電荷量之比是1∶3的關(guān)系，所以由a＝eq\f(qU,md)可知，其在電場中的加速度之比是1∶3，故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進(jìn)入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達(dá)式為v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知其速度之比為1∶eq\r(3)。又由qvB＝meq\f(v2,r)知r＝eq\f(mv,qB)，所以其半徑之比為eq\r(3)∶1，故B錯誤。由B項(xiàng)分析知道，離子在磁場中運(yùn)動的半徑之比為eq\r(3)∶1，設(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以sinθ＝eq\f(L,r)，則可知角度的正弦值之比為1∶eq\r(3)，又P＋的偏轉(zhuǎn)角度為30°，可知P3＋的偏轉(zhuǎn)角度為60°，即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，故C正確。由電場加速后：qU＝eq\f(1,2)mv2可知，兩離子離開電場的動能之比為1∶3，故D正確。[答案]CD【變式1-2】如圖甲所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變、方向周期性變化，如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0。粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運(yùn)動且每次經(jīng)過MN的時刻均為eq\f(T0,2)整數(shù)倍，則：(1)粒子在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動的軌道半徑為多少？(2)若初始位置與第四次經(jīng)過MN時的位置距離為x，求粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過MN)。解析：(1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝meq\f(v02,r)解得r＝eq\f(mv0,qB0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或T0＝\f(2πr,v0)，r＝\f(v0T0,2π)))。(2)畫出帶電粒子的兩種運(yùn)動軌跡示意圖。第一種情況：粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動半徑R＝eq\f(x,2)qv2B0＝meq\f(v22,R)解得粒子在Ⅲ區(qū)域速度大?。簐2＝eq\f(qB0x,2m)第二種情況：粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動半徑R＝eq\f(x－4r,2)解得粒子在Ⅲ區(qū)域速度大?。簐2＝eq\f(qB0x,2m)－2v0。答案：(1)eq\f(mv0,qB0)或eq\f(v0T0,2π)(2)eq\f(qB0x,2m)或eq\f(qB0x,2m)－2v0【變式1-3】如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5m，磁場垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E＝1.0×105V/m。在M點(diǎn)有一正粒子以速率v＝1.0×106m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進(jìn)入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為eq\f(q,m)＝1.0×107C/kg，粒子重力不計(jì)。(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)求沿＋x方向射入磁場的粒子，從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。[解析](1)沿＋x方向射入磁場的粒子進(jìn)入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖的P點(diǎn)射出磁場，逆著電場線運(yùn)動，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r＝R＝0.5m根據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,Bq)，得B＝eq\f(mv,qR)，代入數(shù)據(jù)得B＝0.2T。(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長s1＝πR設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動能定理得Eqeq\f(s2,2)＝eq\f(1,2)mv2，s2＝eq\f(mv2,Eq)總路程s＝πR＋eq\f(mv2,Eq)，代入數(shù)據(jù)得s＝(0.5π＋1)m[答案](1)0.2T(2)(0.5π＋1)m【題型2殘缺圓與類平拋綜合】【例2】如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h，0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求：(1)電場強(qiáng)度E的大?。?2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。解析(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t，則有x＝v0t＝2h，y＝eq\f(1,2)at2＝h，qE＝ma，聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)。(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時沿負(fù)y方向的分速度為vy＝at＝v0，所以va＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，方向指向第Ⅳ象限且與x軸正方向成45°角。(3)粒子在磁場中運(yùn)動時，有qvaB＝meq\f(veq\o\al(2,a),r)，當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時有r＝eq\f(\r(2),2)L，所以B＝eq\f(2mv0,qL)。答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0指向第Ⅳ象限且與x軸正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)【變式2-1】如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系的第一象限有射線OA，OA與x軸正方向夾角為30°，OA與y軸所夾區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，其他區(qū)域存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場。有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)沿著x軸正方向以初速度v0射入電場，運(yùn)動一段時間后經(jīng)過Q點(diǎn)垂直于射線OA進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)，過y軸正半軸上的M點(diǎn)再次垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場。已知OP＝h，不計(jì)粒子重力，求：(1)粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時的速度大??；(2)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大??；(3)粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)所用的時間。解析(1)粒子做類平拋運(yùn)動到Q點(diǎn)時將速度分解如圖，可得vQ＝eq\f(v0,sin30°)＝2v0(2)vy＝vQcos30°＝eq\r(3)v0P到Q，帶電粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)OQ＝L，則x軸方向：Lcos30°＝v0ty軸方向：h－Lsin30°＝eq\f(1,2)vytvy＝at，qE＝ma聯(lián)立解得：t＝eq\f(2\r(3)h,5v0)，L＝eq\f(4h,5)，E＝eq\f(5mveq\o\al(2,0),2qh)(3)由題意得，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r＝L＝eq\f(4,5)h粒子從Q運(yùn)動到M點(diǎn)，圓心角θ＝eq\f(5π,3)則運(yùn)動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(5T,6)＝eq\f(5,6)×eq\f(2πr,vQ)＝eq\f(2πh,3v0)。答案(1)2v0(2)eq\f(5mveq\o\al(2,0),2qh)(3)eq\f(2πh,3v0)【變式2-2】如圖所示，直線PQ的左邊為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，右邊為電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。一帶電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的粒子從MN上的C點(diǎn)沿與MN成60°角的方向，以速度v射入勻強(qiáng)磁場，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后從D點(diǎn)(圖中未畫出)垂直PQ進(jìn)入勻強(qiáng)電場，最后到達(dá)MN上F點(diǎn)(圖中未畫出)，不計(jì)粒子重力，求：(1)從C點(diǎn)到F點(diǎn)所用的時間；(2)到達(dá)F點(diǎn)時的動能。答案(1)eq\f(m,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3B)＋\r(\f(3v,BE))))(2)eq\f(1,2)mv2＋eq\f(3Emv,2B)解析(1)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r，則qvB＝meq\f(v2,r)r＝eq\f(mv,qB)粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)根據(jù)軌跡知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間為t1＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)粒子從D運(yùn)動到F做類平拋運(yùn)動，豎直方向做初速為零的勻加速直線運(yùn)動，則r＋rsin30°＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)a＝eq\f(qE,m)解得t2＝eq\f(m,q)eq\r(\f(3v,BE))故粒子從C點(diǎn)到F點(diǎn)所用的時間為t＝t1＋t2＝eq\f(m,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3B)＋\r(\f(3v,BE))))。(2)對粒子在電場中的運(yùn)動過程，由動能定理有qEreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin30°))＝EkF－eq\f(1,2)mv2解得EkF＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(3Emv,2B)。【變式2-3】如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅰ，第二象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場Ⅱ。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點(diǎn)以某一初速度垂直于x軸進(jìn)入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點(diǎn)O為圓心做半徑為R0的圓周運(yùn)動；隨后進(jìn)入電場運(yùn)動至y軸上的N點(diǎn)，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運(yùn)動一段時間后，再次垂直于x軸進(jìn)入第四象限。不計(jì)粒子重力。求：(1)帶電粒子從M點(diǎn)進(jìn)入第四象限時初速度的大小v0；(2)電場強(qiáng)度的大小E；(3)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1。答案(1)eq\f(qB0R0,m)(2)eq\f(qBeq\o\al(2,0)R0,2m)(3)eq\f(1,2)B0解析(1)粒子從x軸上M點(diǎn)進(jìn)入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點(diǎn)O為圓心做半徑為R0的圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R0)解得v0＝eq\f(qB0R0,m)。(2)粒子在第二象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動，沿著x軸方向qE＝ma，veq\o\al(2,x)－0＝2aR0沿與y軸正方向成45°角離開電場，所以vx＝vy＝v0解得電場強(qiáng)度E＝eq\f(qBeq\o\al(2,0)R0,2m)。(3)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示：第二象限，沿著x軸方向R0＝eq\f(vx＋0,2)t沿著y軸方向ON＝v0t所以O(shè)N＝2R0由幾何關(guān)系知，三角形OO′N為等腰直角三角形。帶電粒子在磁場Ⅰ中運(yùn)動的軌道半徑R＝eq\r(2)ON＝2eq\r(2)R0由洛倫茲力提供向心力qvB1＝meq\f(v2,R)粒子在N點(diǎn)離開電場時的速度v＝eq\r(2)v0所以磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1＝eq\f(1,2)B0?！绢}型3連續(xù)場中的周期性問題】【例3】(多選)研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地點(diǎn)和太陽三個點(diǎn)來定位的，蜜蜂飛行時就是根據(jù)這三個位置關(guān)系呈“8”字形運(yùn)動來告訴同伴蜜源的方位。某興趣小組用帶電粒子在如圖所示的電場和磁場中模擬蜜蜂的“8”字形運(yùn)動，即在y＞0的空間中和y＜0的空間內(nèi)同時存在著大小相等，方向相反的勻強(qiáng)電場，上、下電場以x軸為分界線，在y軸左側(cè)和圖中豎直虛線MN右側(cè)均無電場，但有方向垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場，MN與y軸的距離為2d。一重力不計(jì)的帶負(fù)電荷的粒子從y軸上的P(0，d)點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后，粒子又以相同的速度回到P點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．電場與磁場的比值為v0B．電場與磁場的比值為2v0C．帶電粒子運(yùn)動一個周期的時間為eq\f(2d,v0)＋eq\f(2πd,v0)D．帶電粒子運(yùn)動一個周期的時間為eq\f(4d,v0)＋eq\f(2πd,v0)解析：選BD粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，有：d＝v0t1，d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t12，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有：R＝eq\f(mv0,qB)。結(jié)合幾何關(guān)系，有：R＝d，聯(lián)立解得：eq\f(E,B)＝2v0，A錯誤，B正確；帶電粒子在電場中運(yùn)動的總時間為4t1＝eq\f(4d,v0)，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡是兩個半圓，故運(yùn)動時間為t2＝eq\f(2πd,v0)，帶電粒子運(yùn)動一個周期的時間為t＝4t1＋t2＝eq\f(4d,v0)＋eq\f(2πd,v0)，故C錯誤，D正確?！咀兪?-1】如圖所示，在x軸上方有一勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里。在x軸下方有一勻強(qiáng)電場，方向豎直向上。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a點(diǎn)(0，h)處沿y軸正方向以初速度v＝eq\r(2)v0開始運(yùn)動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場，經(jīng)過y軸上b點(diǎn)時速度方向恰好與y軸垂直。求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?3)粒子從開始運(yùn)動到第三次經(jīng)過x軸的時間。解析：(1)粒子運(yùn)動軌跡如圖由圖可得rcos45°＝h粒子在磁場中做圓周運(yùn)動qvB＝meq\f(v2,r)聯(lián)立可得r＝eq\r(2)h，B＝eq\f(mv0,qh)。(2)粒子在x軸下方運(yùn)動到b點(diǎn)過程中，易知vb＝vcos45°，水平方向r＋rsin45°＝vcos45°·t2豎直方向yb＝eq\f(1,2)(vsin45°＋0)t2由動能定理得－Eqyb＝eq\f(1,2)mvb2－eq\f(1,2)mv2聯(lián)立可得t2＝eq\f(\r(2)＋1,v0)h，yb＝eq\f(\r(2)＋1,2)h，E＝eq\f(\r(2)－1mv02,qh)。(3)粒子在磁場中運(yùn)動總的圓心角θ＝eq\f(5π,4)＋eq\f(3π,2)rad＝eq\f(11π,4)rad粒子在磁場中運(yùn)動總的運(yùn)動時間t1＝eq\f(θ·r,v)＝eq\f(11πh,4v0)粒子從開始運(yùn)動到第三次經(jīng)過x軸t＝t1＋2t2聯(lián)立可得t＝eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2eq\f(h,v0)。答案：(1)eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(\r(2)－1mv02,qh)(3)eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2eq\f(h,v0)【變式3-2】如圖所示，x軸上方存在電場強(qiáng)度E＝1000V/m、方向沿－y軸方向的勻強(qiáng)電場，x軸與PQ(平行于x軸)之間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量m＝2×10－8kg、帶電荷量q＝＋1.0×10－5C的粒子，從y軸上(0，0.04m)的位置分別以不同的初速度v0沿＋x軸方向射入勻強(qiáng)電場，不計(jì)粒子的重力。(1)若v0＝200m/s，求粒子第一次進(jìn)入磁場時速度v的大小和方向；(2)若粒子射入電場后都能經(jīng)磁場返回，求磁場的最小寬度d；(3)若粒子恰能經(jīng)過x軸上x＝100m的點(diǎn)，求粒子入射的初速度v0。答案(1)200eq\r(2)m/s方向與x軸成45°角(2)0.2m(3)見解析解析(1)設(shè)粒子第一次在電場中的運(yùn)動時間為t，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma粒子做類平拋運(yùn)動，在豎直方向y＝eq\f(1,2)at2vy＝at末速度為v2＝veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)tanα＝eq\f(vy,v0)解得v＝200eq\r(2)m/s方向與x軸成45°角。(2)初速度為0的粒子最容易穿過磁場，qvyB＝meq\f(veq\o\al(2,y),r)得r＝0.2m要使所有帶電粒子都返回電場，磁場的最小寬度d＝0.2m。(3)對于不同初速度的粒子通過磁場的軌跡在x軸上的弦長不變，x1＝2rsinα＝2eq\f(mvsinα,qB)＝2eq\f(mvy,qB)＝0.4m設(shè)粒子第n次過x軸經(jīng)過x＝100m處，滿足eq\f(n－1,2)x1＋nv0t＝x其中n＝2k＋1(k＝0，1，2，3，…)，則初速度v0＝eq\f(104×（50.1－0.1n）,2n)m/s，其中n＝2k＋1(k＝0，1，2，3，…)或滿足eq\f(n,2)x1＋(n－1)v0t＝x，其中n＝2k(k＝1，2，3，…)，則初速度v0＝eq\f(104×（50－0.1n）,2（n－1）)m/s，其中n＝2k(k＝1，2，3，…)?！咀兪?-3】如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一、二象限存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，第四象限存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小未知。一帶正電的粒子從y軸上的M點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，從x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入磁場后恰好經(jīng)O點(diǎn)再次進(jìn)入電場，已知MN兩點(diǎn)的連線與x軸的夾角為θ，且tanθ＝eq\f(1,2)，帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)帶電粒子的重力。求：(1)粒子第一次經(jīng)過N點(diǎn)的速度v；(2)粒子從N點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中，洛倫茲力的沖量I；(3)電場強(qiáng)度E的大??；(4)粒子連續(xù)兩次通過x軸上同一點(diǎn)的時間間隔Δt。答案(1)eq\r(2)v0，速度方向與x軸正方向成45°角(2)2mv0，方向沿y軸負(fù)方向(3)eq\f(v0B,2)(4)eq\f(（3π＋4）m,qB)解析(1)設(shè)帶電粒子從M運(yùn)動到N的過程中，水平位移為x，豎直位移為y，則有tanθ＝eq\f(y,x)x＝v0ty＝eq\f(vy,2)t粒子第一次經(jīng)過N點(diǎn)的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))解得v＝eq\r(2)v0設(shè)粒子第一次經(jīng)過N點(diǎn)的速度與x軸夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,v0)解得α＝45°即速度方向與x軸正方向成45°角。(2)粒子從N點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中，利用動量定理有I＝mΔv＝2mv0，方向沿y軸負(fù)方向。(3)由向心力公式和牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)由幾何知識得x＝eq\r(2)Ry＝eq\f(\r(2),2)R由運(yùn)動學(xué)公式得veq\o\al(2,y)＝2ay由牛頓第二定律得qE＝ma解得E＝eq\f(v0B,2)。(4)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動軌跡如圖所示。由周期公式得T＝eq\f(2πR,v)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時間t1＝eq\f(3,2)T帶電粒子在電場中的運(yùn)動時間t2＝2eq\f(x,v0)所以Δt＝t1＋t2＝eq\f(（3π＋4）m,qB)?！绢}型4交變場問題】【例4】(多選)某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎?。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做“∞”形運(yùn)動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計(jì))()A．若粒子的初始位置在a處，在t＝eq\f(3,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e處，在t＝eq\f(11,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度解析：選AD要使粒子的運(yùn)動軌跡如題圖乙所示，由左手定則知粒子做圓周運(yùn)動的周期應(yīng)為T0＝eq\f(T,2)，若粒子的初始位置在a處時，對應(yīng)時刻應(yīng)為t＝eq\f(3,4)T0＝eq\f(3,8)T，同理判斷可得A、D正確，B、C錯誤?！咀兪?-1】如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上。t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊界上的N2點(diǎn)。Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)求電場變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。[解析](1)微粒做直線運(yùn)動時有：mg＋qE0＝qvB ①微粒做圓周運(yùn)動時有：mg＝qE0 ②聯(lián)立①②得q＝eq\f(mg,E0)， ③B＝eq\f(2E0,v)。 ④(2)設(shè)微粒從N1點(diǎn)沿直線運(yùn)動到Q點(diǎn)的時間為t1，做圓周運(yùn)動的周期為t2，則eq\f(d,2)＝vt1⑤qvB＝meq\f(v2,R) ⑥2πR＝vt2 ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t1＝eq\f(d,2v)，t2＝eq\f(πv,g) ⑧電場變化的周期T＝t1＋t2＝eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)。 ⑨(3)若微粒能完成題述的運(yùn)動過程，要求d≥2R⑩聯(lián)立③④⑥得R＝eq\f(v2,2g) ?設(shè)在N1Q段直線運(yùn)動的最短時間為t1min，由⑤⑩?得t1min＝eq\f(v,2g)因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝eq\f(2π＋1v,2g)。[答案](1)eq\f(mg,E0)eq\f(2E0,v)(2)eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)(3)eq\f(2π＋1v,2g)【變式4-2】如圖甲所示，整個空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(平行于紙面)，在同一水平線上的兩位置以相同速率同時噴出質(zhì)量均為m的油滴a和b，帶電荷量為＋q的a水平向右，不帶電的b豎直向上。b上升高度為h時，到達(dá)最高點(diǎn)，此時a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴p。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小及油滴a、b結(jié)合為p后瞬間的速度；(3)若油滴p形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為t＝0時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面周期性變化的磁場，磁場變化規(guī)律如圖乙所示，磁場變化周期為T0(垂直紙面向外為正)，已知p始終在矩形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動，求矩形區(qū)域的最小面積。(忽略磁場突變的影響)[解析](1)設(shè)油滴噴出時的速度為v0，油滴b做豎直上拋運(yùn)動，有0＝v02－2gh，解得v0＝eq\r(2gh)，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得0＝v0－gt0，解得t0＝eq\r(\f(2h,g))，對油滴a的水平分運(yùn)動，有x0＝v0t0，解得x0＝2h。(2)兩油滴結(jié)合之前，油滴a做類平拋運(yùn)動，設(shè)加速度為a，有qE－mg＝ma，h＝eq\f(1,2)at02，解得a＝g，E＝eq\f(2mg,q)，設(shè)結(jié)合前瞬間油滴a的速度大小為va，方向向右上且與水平方向成θ角，則v0＝vacosθ，v0tanθ＝at0，解得va＝2eq\r(gh)，θ＝45°，兩油滴的結(jié)合過程動量守恒，有mva＝2mvp，聯(lián)立解得vp＝eq\r(gh)，方向向右上且與水平方向成45°角。(3)因qE＝2mg，油滴p在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)半徑為r，周期為T，則qvpB＝2meq\f(vp2,r)，B＝eq\f(8πm,qT0)，解得r＝eq\f(T0\r(gh),4π)，由T＝eq\f(2πr,vp)可得T＝eq\f(T0,2)，即油滴p在磁場中的運(yùn)動軌跡是兩個外切圓組成的“8”字形，軌跡如圖所示，最小矩形的兩條邊長分別為2r、4r，則矩形區(qū)域的最小面積為Smin＝2r×4r＝eq\f(ghT02,2π2)。[答案](1)eq\r(\f(2h,g))2h(2)eq\f(2mg,q)eq\r(gh)，方向向右上且與水平方向成45°角(3)eq\f(ghT02,2π2)【變式4-3】如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場強(qiáng)度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示。在t＝0時刻從O點(diǎn)發(fā)射一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向，在x軸上有一點(diǎn)A(圖中未標(biāo)出)，坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48v0t0,π)，0))。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，y軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場強(qiáng)度的大小滿足：eq\f(E0,B0)＝eq\f(v0,π)；粒子的比荷滿足：eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)。求：(1)在t＝eq\f(t0,2)時，粒子的位置坐標(biāo)；(2)粒子偏離x軸的最大距離；(3)粒子運(yùn)動至A點(diǎn)的時間。[解析](1)在0～t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qB0v0＝meq\f(4π2,T2)r1＝meq\f(v02,r1)解得T＝2t0，r1＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0t0,π)則粒子在eq\f(t0,2)時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝eq\f(π,2)所以在t＝eq\f(t0,2)時，粒子的位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。(2)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示在t0～2t0時間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，則v＝v0＋eq\f(E0q,m)t0＝2v0運(yùn)動的位移x＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0在2t0～3t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動，半徑r2＝2r1＝eq\f(2v0t0,π)故粒子偏離x軸的最大距離h＝x＋r2＝1.5v0t0＋eq\f(2v0t0,π)。(3)粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動的運(yùn)動周期為4t0，故粒子在一個周期內(nèi)向右運(yùn)動的距離d＝2r1＋2r2＝eq\f(6v0t0,π)AO間的距離為eq\f(48v0t0,π)＝8d所以，粒子運(yùn)動至A點(diǎn)的時間t＝32t0。[答案](1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))(2)1.5v0t0＋eq\f(2v0t0,π)(3)32t0【題型5綜合問題】【例5】如圖，第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，其中第二象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。一帶正電的粒子，從x軸負(fù)方向上的P點(diǎn)沿與x軸正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，經(jīng)過第二象限后恰好由y軸上的Q點(diǎn)(0，d)垂直y軸進(jìn)入第一象限，然后又從x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第四象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點(diǎn)，回到P點(diǎn)的速度方向與入射時相同。不計(jì)粒子重力。求：(1)粒子從P點(diǎn)入射時的速度v0；(2)粒子進(jìn)入第四象限時在x軸上的N點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O距離；(3)粒子在第三、四象限內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑(用已知量d表示結(jié)果)。答案(1)eq\f(E,3B)(2)eq\f(2\r(3),3)d(3)eq\f(5,3)d解析(1)粒子在第二象限做圓周運(yùn)動的半徑為r1，圓心為O1，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)r1－r1sin30°＝d由上兩式解得B＝eq\f(mv0,2dq)粒子在第四、三象限中做圓周運(yùn)動，由幾何關(guān)系可知β＝α＝60°設(shè)粒子在x軸上N點(diǎn)的速度為v，有v＝eq\f(v0,cosβ)＝2v0又qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2dq)所以v0＝eq\f(E,3B)(2)設(shè)P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為(－xP，0)，由幾何關(guān)系得xP＝eq\r(3)d設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t，N點(diǎn)橫坐標(biāo)為xN，則有d＝eq\f(v0tanβ,2)txN＝v0t解得xN＝eq\f(2\r(3),3)d(3)粒子在第四、三象限中運(yùn)動半徑為r2，圓心為O2，則2r2cos30°＝eq\r(3)d＋eq\f(2\r(3),3)d解得r2＝eq\f(5,3)d【變式5-1】如圖所示，在真空中xOy平面內(nèi)，有四個邊界垂直于x軸的條狀區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，區(qū)域Ⅰ、Ⅲ寬度均為d，內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，大小均為E；區(qū)域Ⅱ、Ⅳ寬度均為2d，內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場B1和B2。M是區(qū)域Ⅲ右邊界與x軸交點(diǎn)。質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子甲以速度v0從O點(diǎn)沿x軸正方向射入電場E，經(jīng)過一段時間后，沿x軸正方向與自由靜止在M點(diǎn)的粒子乙粘合在一起，成為粒子丙進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅳ，之后直接從右邊界上Q點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)離開區(qū)域Ⅳ。粒子乙不帶電，質(zhì)量為2m，粘合前后無電荷損失，粘合時間很短，E＝eq\f(\r(3)mv02,qd)，粒子重力不計(jì)。(1)求粒子甲離開區(qū)域Ⅰ時速度v1大小和與x軸正方向夾角θ；(2)求勻強(qiáng)磁場B1的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)若勻強(qiáng)磁場B2磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同，則粒子丙在磁場B2中運(yùn)動時間不同。求粒子甲從O點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動時間與粒子丙從M點(diǎn)到Q點(diǎn)運(yùn)動時間之和的最大值。[解析](1)設(shè)粒子甲在電場中的加速度為a1，運(yùn)動時間為t1，離開區(qū)域Ⅰ時速度大小為v1，與x軸正方向夾角為θ，v1沿y軸負(fù)方向的大小為vy，則qE＝ma1，d＝v0t1，vy＝a1t1，vy＝v0tanθ，v1＝eq\f(v0,cosθ)解得v1＝2v0，θ＝60°。(2)粒子甲運(yùn)動到M點(diǎn)時速度沿x軸正方向，由運(yùn)動的對稱性，粒子甲在勻強(qiáng)磁場B1中做勻速圓周運(yùn)動軌跡關(guān)于區(qū)域Ⅱ垂直于x軸的中線對稱，設(shè)軌道半徑為r1，則d＝r1sinθ，qv1B1＝eq\f(mv12,r1)解得B1＝eq\f(\r(3)mv0,qd)。(3)設(shè)粒子甲在磁場B1中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T1，運(yùn)動時間為t2，則t2＝eq\f(2θ,2π)T1，T1＝eq\f(2πm,qB1)解得t2＝eq\f(2\r(3)πd,9v0)設(shè)粒子甲在從O點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動時間為t3，則t3＝2t1＋t2解得t3＝eq\f(2d,v0)＋eq\f(2\r(3)πd,9v0)設(shè)粒子甲在M點(diǎn)與粒子乙粘合前速度大小為v2，粒子丙在M點(diǎn)速度大小為v3，則v2＝v0mv2＝3mv3粒子丙在磁場B2中以速度v3做勻速圓周運(yùn)動，且從右邊界上Q點(diǎn)離開，則當(dāng)勻速圓周運(yùn)動的半徑r2＝2d時，粒子丙在磁場B2中運(yùn)動時間最長，設(shè)為t4，則t4＝eq\f(2πr2,4v3)＝eq\f(3πd,v0)設(shè)粒子甲在從O點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動時間與粒子丙從M點(diǎn)到Q點(diǎn)運(yùn)動時間之和的最大值為tm，則Tm＝t3＋t4解得tm＝eq\f(2d,v0)＋eq\f(2\r(3)πd,9v0)＋eq\f(3πd,v0)＝(18＋2eq\r(3)π＋27π)eq\f(d,9v0)。[答案](1)2v060°(2)eq\f(\r(3)mv0,qd)(3)(18＋2eq\r(3)π＋27π)eq\f(d,9v0)【變式5-2】如圖所示，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)存在一個以(A,0)為圓心、半徑為a的圓形磁場區(qū)域，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。另在y軸右側(cè)有一方向向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，分布于y≥a的范圍內(nèi)。O點(diǎn)為質(zhì)子源，其射出質(zhì)子的速度大小相等、方向各異，但質(zhì)子的運(yùn)動軌跡均在紙面內(nèi)。已知質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為a，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為e，重力及阻力忽略不計(jì)。求：(1)射出速度沿x軸正方向的質(zhì)子，到達(dá)y軸所用的時間；(2)射出速度與x軸正方向成30°角(如圖中所示)的質(zhì)子，到達(dá)y軸時的位置與O點(diǎn)的距離；(3)質(zhì)子到達(dá)y軸的位置坐標(biāo)的范圍。解析：(1)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：evB＝meq\f(v2,a)即：v＝eq\f(Bea,m)射出速度沿x軸正方向的質(zhì)子，經(jīng)eq\f(1,4)圓弧后以速度v垂直于電場方向進(jìn)入電場，在磁場中運(yùn)動的時間為：t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πa,2v)＝eq\f(πm,2eB)質(zhì)子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，沿電場方向運(yùn)動a后到達(dá)y軸，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有：a＝eq\f(eEt22,2m)即：t2＝eq\r(\f(2ma,eE))故所求時間為：t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2eB)＋eq\r(\f(2ma,eE))。(2)質(zhì)子轉(zhuǎn)過120°角后離開磁場，再沿直線到達(dá)圖中P點(diǎn)，最后垂直電場方向進(jìn)入電場，做類平拋運(yùn)動，并到達(dá)y軸，運(yùn)動軌跡如圖中所示。由幾何關(guān)系可得P點(diǎn)距y軸的距離為：x1＝a＋asin30°＝1.5a設(shè)在電場中運(yùn)動的時間為t3，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有：x1＝eq\f(eEt32,2m)即t3＝eq\r(\f(3ma,eE))質(zhì)子在y軸方向做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)y軸時有：y1＝vt3＝Baeq\r(\f(3ea,mE))所以質(zhì)子在y軸上的位置為：y＝a＋y1＝a＋Baeq\r(\f(3ea,mE))。(3)若質(zhì)子在y軸上運(yùn)動最遠(yuǎn)，應(yīng)是質(zhì)子在磁場中沿右邊界向上直行，垂直進(jìn)入電場中做類平拋運(yùn)動，此時x′＝2a質(zhì)子在電場中在y方向運(yùn)動的距離為：y2＝2Baeq\r(\f(ea,mE))質(zhì)子離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為：ym＝a＋y2＝a＋2Baeq\r(\f(ea,mE))由幾何關(guān)系可證得，此題中凡進(jìn)入磁場中的粒子，從磁場穿出時速度方向均與y軸平行，且只有進(jìn)入電場中的粒子才能打到y(tǒng)軸上，因此質(zhì)子到達(dá)y軸的位置坐標(biāo)的范圍應(yīng)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋2Ba\r(\f(ea,mE))))。答案：(1)eq\f(πm,2eB)＋eq\r(\f(2ma,eE))(2)a＋Baeq\r(\f(3ea,mE))(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋2Ba\r(\f(ea,mE))))【變式5-3】如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場，此時開始計(jì)時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動的時間；(2)粒子與O點(diǎn)間的距離。答案(1)eq\f(πm,qB0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,λ)))(2)eq\f(2mv0,qB0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,λ)))解析(1)在勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子做圓周運(yùn)動。設(shè)在x≥0區(qū)域，軌道半徑為R1；在x＜0區(qū)域，軌道半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R1)①qv0λB0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R2)②粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為t1＝eq\f(πR1,v0)③粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為t2＝eq\f(πR2,v0)④聯(lián)立①②③④式得，所求時間為t0＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,λ)))⑤(2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為d0＝2(R1－R2)＝eq\f(2mv0,qB0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,λ)))⑥【題型6聯(lián)系實(shí)際】【例6】(多選)質(zhì)譜儀是用來分析同位素的裝置，如圖為質(zhì)譜儀的示意圖，其由豎直放置的速度選擇器、偏轉(zhuǎn)磁場構(gòu)成。由三種不同粒子組成的粒子束以某速度沿豎直向下的方向射入速度選擇器，該粒子束沿直線穿過底板上的小孔O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終三種粒子分別打在底板MN上的P1、P2、P3三點(diǎn)，已知底板MN上下兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場方向均垂直紙面向外，且磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2，速度選擇器中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小為E。不計(jì)粒子的重力以及它們之間的相互作用，則()A.速度選擇器中的電場方向向右，且三種粒子均帶正電B.三種粒子的速度大小均為eq\f(E,B2)C.如果三種粒子的電荷量相等，則打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大D.如果三種粒子電荷量均為q，且P1、P3的間距為Δx，則打在P1、P3兩點(diǎn)的粒子質(zhì)量差為eq\f(qB1B2Δx,2E)答案ACD解析根據(jù)粒子在磁場B2中的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則知三種粒子均帶正電，在速度選擇器中，粒子所受的洛倫茲力向左，電場力向右，知電場方向向右，故A正確；三種粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，受力平衡，有qE＝qvB1，得v＝eq\f(E,B1)，故B錯誤；粒子在磁場區(qū)域B2中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有qvB2＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB2)，三種粒子的電荷量相等，半徑與質(zhì)量成正比，故打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大，故C正確；打在P1、P3間距Δx＝2R3－2R1＝eq\f(2m3v,qB2)－eq\f(2m1v,qB2)＝eq\f(2v,qB2)(m3－m1)＝eq\f(2E,qB1B2)Δm，解得Δm＝eq\f(qB1B2Δx,2E)，故D正確?！咀兪?-1】(多選)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場，在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)．不計(jì)粒子重力．下列說法正確的是()A．極板M比極板N的電勢高B．加速電場的電壓U＝ERC．直徑PQ＝2Beq\r(qmER)D．若一群粒子從靜止開始經(jīng)過題述過程都落在膠片上的同一點(diǎn)，則該群粒子具有相同的比荷答案AD解析粒子在靜電分析器內(nèi)沿電場線方向偏轉(zhuǎn)，說明粒子帶正電荷，極板M比極板N電勢高，選項(xiàng)A正確；由Uq＝eq\f(1,2)mv2和Eq＝eq\f(mv2,R)可得U＝eq\f(ER,2)，選項(xiàng)B錯誤；直徑PQ＝2r＝eq\f(2mv,Bq)＝2eq\r(\f(ERm,B2q))，可見只有比荷相同的粒子才能打在膠片上的同一點(diǎn)，選項(xiàng)C錯誤，D正確．【變式6-2】如圖所示為水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1和B2，長L＝1.0m的區(qū)域Ⅲ存在場強(qiáng)大小E＝5.0×104V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場。區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動能Ek0＝4.0×104eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點(diǎn)水平射出。S、P兩點(diǎn)間的高度差h＝0.10m。(氘核質(zhì)量m＝2×1.67×10－27kg，電荷量q＝1.60×10－19C，1eV＝1.60×10－19J，eq\r(\f(1.67×10－27,1.60×10－19))≈1×10－4)(1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時的動能Ek2；(2)若B1＝1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d；(3)若B1＝1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。解析(1)由動能定理W＝Ek2－Ek0，電場力做功W＝qE·2L，得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝2.24×10－14J。(2)洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)，第一次進(jìn)入B1區(qū)域，半徑R0＝eq\f(mv0,qB1)＝0.04m，第二次進(jìn)入B1區(qū)域，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek0＋qEL，R2＝eq\f(mv1,qB1)＝0.06m，故d＝R2＝0.06m。(3)氘核運(yùn)動軌跡如圖所示。由圖中幾何關(guān)系可知2R2＝h＋(2R1－2R0)，得R1＝0.05m，由R1＝eq\f(mv1,qB2)，得B2＝eq\f(mv1,qR1)＝1.2T。答案(1)2.24×10－14J(2)0.06m(3)1.2T【變式6-3】如圖所示，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計(jì)。(1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大??；(2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。解析(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有：qU＝eq\f(1,2)mv2離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，靜電力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qE0＝eq\f(mv2,R)，得：R＝eq\f(2U,E0)。(2)離子做類平拋運(yùn)動，則d＝vt，3d＝eq\f(1,2)at2，根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝ma，得：E＝eq\f(12U,d)。(3)離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(1,B)·eq\r(\f(2Um,q))，離子能打在QN上，則既沒有從DQ邊出去也沒有從PN邊出去，則離子運(yùn)動徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ。由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：eq\f(3,2)d<r≤2d，則有eq\f(1,2d)·eq\r(\f(2Um,q))≤B<eq\f(2,3d)·eq\r(\f(2Um,q))。答案(1)eq\f(2U,E0)(2)eq\f(12U,d)(3)eq\f(1,2d)·eq\r(\f(2Um,q))≤B<eq\f(2,3d)·eq\r(\f(2Um,q))專題1.7帶電粒子在連續(xù)場中的運(yùn)動【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1殘缺圓與直線運(yùn)動綜合】 【題型2殘缺圓與類平拋綜合】 【題型3連續(xù)場中的周期性問題】 【題型4交變場問題】 【題型5綜合問題】 【題型6聯(lián)系實(shí)際】 【題型1殘缺圓與直線運(yùn)動綜合】【例1】[CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則()A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移[解析]電子在電場中加速運(yùn)動，電場力的方向和運(yùn)動方向相同，而電子所受電場力的方向與電場的方向相反，所以M處的電勢低于N處的電勢，A錯誤；增大M、N之間的電壓，根據(jù)動能定理可知，電子進(jìn)入磁場時的初速度變大，根據(jù)r＝eq\f(mv,eB)知其在磁場中的軌跡半徑增大，P點(diǎn)將右移，B錯誤；根據(jù)左手定則可知，磁場的方向應(yīng)該垂直于紙面向里，C錯誤；結(jié)合B分析，可知增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，軌跡半徑將減小，P點(diǎn)將左移，D正確。[答案]D【變式1-1】(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運(yùn)動的半徑之比為2∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3[解析]兩個離子的質(zhì)量相同，其帶電荷量之比是1∶3的關(guān)系，所以由a＝eq\f(qU,md)可知，其在電場中的加速度之比是1∶3，故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進(jìn)入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達(dá)式為v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知其速度之比為1∶eq\r(3)。又由qvB＝meq\f(v2,r)知r＝eq\f(mv,qB)，所以其半徑之比為eq\r(3)∶1，故B錯誤。由B項(xiàng)分析知道，離子在磁場中運(yùn)動的半徑之比為eq\r(3)∶1，設(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以sinθ＝eq\f(L,r)，則可知角度的正弦值之比為1∶eq\r(3)，又P＋的偏轉(zhuǎn)角度為30°，可知P3＋的偏轉(zhuǎn)角度為60°，即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，故C正確。由電場加速后：qU＝eq\f(1,2)mv2可知，兩離子離開電場的動能之比為1∶3，故D正確。[答案]CD【變式1-2】如圖甲所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變、方向周期性變化，如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0。粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運(yùn)動且每次經(jīng)過MN的時刻均為eq\f(T0,2)整數(shù)倍，則：(1)粒子在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動的軌道半徑為多少？(2)若初始位置與第四次經(jīng)過MN時的位置距離為x，求粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過MN)。解析：(1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝meq\f(v02,r)解得r＝eq