題組一 帶電粒子在組合場的運動
1.(2024廣東湛江模擬)如圖所示,距離為L的豎直虛線P與Q之間分布著豎直向下的勻強電場,A為虛線P上一點,C為虛線Q上一點,水平虛線CD與CF之間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,虛線CF與虛線Q之間的夾角θ=30°。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從A點以水平初速度v0射出,恰好從C點射入磁場,速度與水平方向的夾角也為θ,粒子重力忽略不計。
(1)分析粒子帶正電還是帶負電。
(2)求電場強度的大小。
(3)求粒子在磁場中的運動時間。
2.在如圖所示的直角坐標系xOy中,x軸上方存在大小為E、方向與x軸負方向成45°角的勻強電場,x軸下方存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸上的點P(0,L)由靜止釋放,從x軸上的A點第一次進入勻強磁場,不計粒子受到的重力。
(1)求粒子第一次進入磁場的速度大小vA。
(2)若第一次進入磁場后經(jīng)第三象限垂直穿過y軸進入第四象限,求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B1。
(3)若第一次進入磁場后從x軸上的C點第一次離開勻強磁場,恰好又從A點第二次進入勻強磁場,求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B2。
題組二 帶電粒子在交變電、磁場中的運動
3.(2024河南焦作模擬)如圖甲所示,在xOy坐標系的第一象限內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直坐標平面,磁感應(yīng)強度大小B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示,在t=0時刻有一比荷為1×104 C/kg的帶正電粒子從坐標為的P點以初速度v0=2×103 m/s且與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入。開始時,磁場方向垂直坐標平面向里,不計粒子重力,求:
(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑;
(2)在時間π×10-4~2π×10-4 s內(nèi)和時間0~π×10-4 s內(nèi),粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角之比;
(3)粒子到達y軸時與O點的距離s。
綜合提升練
4.(2024廣東汕尾中學期末)圖甲為某科研小組設(shè)計的離子加速裝置,其主要部分為豎直放置的長方體加速盒。加速盒左右側(cè)面分別開有上下兩個豎直狹縫,它們構(gòu)成上下兩個與左右側(cè)面垂直的加速通道P、Q,四個狹縫的高度均為h,且互相對齊處于同一豎直面內(nèi)。加速盒右側(cè)空間存在垂直于狹縫所在豎直面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。在加速盒左右側(cè)面之間加有如圖乙所示的交變電壓(U0數(shù)值未知),可以確保離子在通道內(nèi)始終得到加速,現(xiàn)將一束初速度可以忽略的一價離子由加速通道P的左側(cè)狹縫均勻地注入通道,經(jīng)電場加速后,再經(jīng)盒外勻強磁場偏轉(zhuǎn)進入通道Q的右側(cè)入口,最后經(jīng)過通道Q加速后由左側(cè)狹縫射出。已知上下狹縫中心間的豎直距離為H,沿狹縫中心進入磁場的離子恰能沿狹縫的中心射出,設(shè)離子的質(zhì)量為m,元電荷電荷量為e,不計離子重力及離子間的相互作用。
(1)求離子最后由加速通道Q射出時的動能。
(2)若要求至少80%的離子能夠通過兩通道獲得加速,求加速電壓U0允許的變化范圍。
5.(2024廣東深圳模擬)一質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示,兩塊相距為R的平行金屬板A、B正對且水平放置,兩板間加有可調(diào)節(jié)的電壓,O1、O2分別為板中心處的兩個小孔,點O與O1、O2共線且連線垂直于金屬板,OO2=R。在以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。圓弧CD為記錄粒子位置的膠片,圓弧上各點到O點的距離以及圓弧兩端點C、D間的距離均為2R,C、D兩端點的連線垂直于金屬板A、B。粒子從O1處無初速地進入A、B間的電場后,通過O2進入磁場,粒子所受重力不計。
(1)當兩金屬板A、B間電壓為U0時,粒子恰好打在圓弧CD的中點,求該粒子的比荷。
(2)一質(zhì)量為m1的粒子a從磁場射出后,恰好打在圓弧上的C端點;在相同加速電壓下,粒子a的一個同位素粒子則恰好打在圓弧上的D端點,求這個同位素粒子的質(zhì)量。
(3)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子b從O1處無初速進入電場,當兩板間所加電壓不同時,粒子b從O1直至打在圓弧CD上所經(jīng)歷的時間t會不同,求t的最小值。
參考答案
第6講 專題提升:帶電粒子在組合場和交變電、磁場中的運動
1.答案 (1)帶正電 (2) (3)
解析 (1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,所受靜電力向下,則粒子帶正電。
(2)設(shè)帶電粒子在勻強電場中運動時間為t0,有
L=v0t0
tan30°=
由牛頓第二定律得
qE=ma
解得E=。
(3)帶電粒子進入磁場的速度大小為
v=
由洛倫茲力提供向心力得
qvB=m
解得r=
粒子在磁場中運動的時間為
t=
解得t=。
2.答案 (1)2 (2)
(3)
解析 (1)粒子先在電場中加速,由動能定理得
Eq
故第一次進入磁場的速度vA=2。
(2)第一次進入磁場后做勻速圓周運動軌跡如圖中圖線1所示,由幾何關(guān)系得軌跡半徑
R1=2L
由牛頓第二定律得
B1qvA=m
解得B1=。
(3)若粒子從A進入磁場經(jīng)C又回到A的運動軌跡如圖中圖線2所示,由幾何關(guān)系可知在C點速度大小仍為vA,方向與x軸負方向成45°角,出磁場后做類平拋運動,垂直電場線方向
LACcs45°=vAt
沿電場線方向
LACsin45°=t2
解得LAC=8L
由幾何關(guān)系得軌跡半徑
R2=LACsin45°=8L
由牛頓第二定律得
B2qvA=m
解得B2=。
3.答案 (1)0.4 m
(2)1∶2
(3)1 m
解析 (1)粒子進入磁場后在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)軌跡半徑為R,由洛倫茲力提供向心力有
qv0B=m
解得R==0.4m。
(2)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,則
T==4π×10-4s
π×10-4~2π×10-4s內(nèi),粒子運動的周期數(shù)為
N2=
運動軌跡對應(yīng)的圓心角為60°
0~π×10-4s內(nèi),粒子運動的周期數(shù)為
N2=
運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°
在π×10-4~2π×10-4s內(nèi)和0~π×10-4s內(nèi),粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角之比為1∶2。
(3)粒子運動軌跡如圖所示
粒子恰好在t=π×10-4s時到達y軸,由圖可知粒子到達y軸時與O點的距離為
s=R+Rcs60°+2R(1-cs60°)=1m。
4.答案 (1)
(2)≤U0≤
解析 (1)粒子第一次在磁場中,由洛倫茲力提供向心力得
ev1B=m
由題可知
r=
粒子第一次加速,由動能定理得
eU1=
第二次加速,由動能定理得
eU1=Ek-
聯(lián)立解得
Ek=。
(2)若要求至少80%的離子能夠通過兩通道,則最多有的粒子通過Q通道時,打在縫隙外,分析可知,粒子在磁場中做圓周運動的半徑滿足
H+≥2R≥H-
又eU0=mv2
evB=m
聯(lián)立解得
≤U0≤。
5.答案 (1)
(2)m1
(3)
解析 (1)粒子從O1到O2的過程中,根據(jù)動能定理有
q0U0=m0v2
粒子進入磁場后做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力有
q0vB=
由題意知,粒子的軌跡如圖中①所示
由幾何關(guān)系可得粒子在磁場中運動的軌跡半徑
r=R
聯(lián)立解得粒子的比荷為
。
(2)當質(zhì)量為m1的粒子a打在圓弧的C端點時,軌跡如圖中②所示,根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子a在磁場中運動的軌跡半徑
r1=R
當粒子a的同位素粒子打在圓弧的D端點時,軌跡如圖中③所示,軌跡半徑為
r2=Rtan30°=R
由(1)中得粒子質(zhì)量的通用表達式為
m'=
則
解得這個同位素粒子的質(zhì)量為
m2=m1。
(3)通過分析可知,當粒子沿軌跡②最終打在膠片的C端點時,對應(yīng)粒子在整個過程中經(jīng)歷的時間最短,此時粒子在磁場中運動的軌跡半徑為
r1=R
粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為
θ1=
由qvB=得到粒子b進入磁場時的速度大小為
v1=
粒子b在電場中經(jīng)歷的時間為
t1=
粒子b在磁場中經(jīng)歷的時間
t2=T
而T=
由此得到t2=
粒子b出磁場后做勻速直線運動經(jīng)歷的時間為
t3=
則粒子b從進入電場到打在膠片上所經(jīng)歷的最短時間為
tmin=t1+t2+t3=。

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