微专题4带电粒子在组合场中的运动听课答案

微专题4带电粒子在组合场中的运动例1(1)E0Rqm(3)33Rtanπ13或33[解析](1)E-x图像中图线所围成面积表示电势差,由图像可知UOP=E由动能定理可得qUOP=12mv解得v=E(2)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r,由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv解得r=3R作出粒子运动的轨迹如图甲所示设∠O1OP=θ,由几何关系可知tanθ=r解得θ=π所以∠MOP=2π3,粒子在磁场中运动过程所转过的角度为θ0=3×2π-π-2π3=5π粒子在磁场中运动的周期为T=2π粒子在磁场中运动的总时间t0=θ0联立解得t0=5π3(3)如图乙所示设改变释放位置后,粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域,令∠SOP=θ',粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为α,根据题意可知nθ'=N×2π,α=2π-(π-θ')粒子在磁场中运动的总时间为3t0,所以nα=3θ0即n(π+θ')=nπ+2Nπ=15π可得n+2N=15其中n和N均为正整数由题意可知θ'<23则nθ'=N×2π<n2π可得n>3N①当n=13,N=1时,θ1=2π由几何关系可得tanθ12在磁场中运动时,由洛伦兹力提供向心力得qv1B=mv在电场中加速时,由动能定理可得12·E0qR联立解得x1=33Rtan②当n=11,N=2时,θ2=4π同理可得x2=33Rtan例2(1)mv0qL(2)2(3)(4+25)L[解析](1)作出粒子在第一象限匀强磁场中运动的轨迹如图所示由几何关系得r+rcos60°=3解得r=L由洛伦兹力提供向心力得qv0B1=mv解得B1=m(2)方法一:设粒子刚进入第三象限磁场时的速度为v1,则v1=v0cos60°=v粒子在第一个磁场中运动,有qv1B=mv解得r1=2L由几何关系可知sinθ=L解得粒子出第一个磁场时与x轴负方向的夹角θ=30°则粒子刚进入第一个电场区域时沿x轴负方向的分速度为v1x=v1cos30°=3沿y轴负方向的分速度为v1y=v1sin30°=v沿电场方向上,有v2x2-qE=ma粒子刚进入第三象限中的第二个磁场区域时的速度大小为v2=v联立解得v2=22v方法二:设粒子刚进入第三象限磁场时的速度为v1,则v1=v0cos60°=v粒子从进入第三象限到刚进入第二个磁场区域,根据动能定理有qEL=12mv22-解得v2=22v(3)方法一:设粒子在第三象限运动过程中,从右向左在第n个磁场区域中运动速度为vn,轨迹半径为rn,有n-1qEL=12mvn2qvnB=mv解得vn=n2v0,rn=2n设粒子进入第n个电场区域时速度方向与x轴负方向的夹角为αn,从第n个电场区域左边界穿出时速度方向与x轴负方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场方向的速度分量不变,有vn-1sinαn-1=vnsinθn-1由几何关系可知rnsinαn-rnsinθn-1=L联立得rnsinαn-rn-1sinαn-1=L可知r1sinα1、r2sinα2、r3sinα3、…、rnsinαn是一组等差数列,公差为L,可得rnsinαn=r1sinα1+(n-1)L=nL将rn=2nL代入,得sinαn=n由于sinαn≤1,故n≤4由于n>1,且n为整数,故n的最大值为4,此时sinθ4=v4v5sinαr5=25L即粒子在第5个磁场区域中到达轨迹最左端,此时速度方向竖直向下,由几何关系得轨迹最左端与第5个磁场区域右边界距离为Δx=r5-r5sinθ4=25综上,轨迹最左端离y轴最远的距离为xm=4×2L+Δx=4+25方法二:设在第n个磁场区域中离y轴的距离最远,此时粒子速度方向沿y轴负方向,设为vy,则由动量定理得∑qvxB·Δt=mΔvy求和得qBx磁=mvy由动能定理得qEn-1L=12mvy2联立解得x磁=2nL又知n-1L<x磁<解得4<n<3+22故n=5x磁=25L粒子离y轴最远的距离xm=x磁+4L=4+25例3(1)带正电πmBt0(2)3πU[解析](1)由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子带正电).设粒子在磁场内做圆周运动的速度为v,半径为r,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间Δt=3t0-2t0粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2Δt又知T=2πr联立解得q=πm(2)设金属板间的电场强度为E,粒子在金属板间运动的加速度为a,则有E=U0a=qEmt0~2t0内,粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动,在垂直于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径,即y=2r在垂直于金属板方向有y=2×12at在沿金属板方向有π3D=vt0联立解得D=3πU0t08(3)由(1)(2)可知y=2由对称性可知,3t0~4t0内,粒子第二次进入金属板间的电场内,粒子在竖直方向的位移仍为y,由于y<D,故粒子不会碰到金属板t=4t0后,粒子进入左侧电场,先减速到速度为零,后反向加速,并在t=6t0时刻第三次进入金属板间的电场内,此时粒子距上板的距离为h=D-y=D3,注意到h=y2粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中,电场力做功为0,粒子第三次进入金属板间的电场后,电场力做功为qEh,设粒子在左侧电场中运动时电场力做功为W左,根据动能定理有W左=12mv2电场力对粒子做的总功为W=W左+qEh 联立解得W=(π【跟踪训练】1.C[解析]粒子在磁场中运动时,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,解得r=mvqB=R,根据左手定则可知,粒子在第1个圆形磁场中做逆时针方向的圆周运动,由于粒子运动半径等于圆形磁场的半径,根据几何关系可知,粒子入射点、出射点、圆形磁场圆心、轨迹圆圆心构成菱形,故所有粒子射出第1个圆形磁场的速度方向均沿y轴正方向,粒子进入电场后先做匀减速直线运动,再反向做匀加速直线运动,返回磁场时的速率与射出时相等,同理,粒子第二次射出磁场的位置均在两个圆形磁场的切点,所有粒子在第1个圆形磁场中运动的时间均为T2,粒子在第2个圆形磁场中的运动沿顺时针方向,运动规律与在第1个圆形磁场中的运动相似,最终所有粒子均到达M点,运动轨迹如图所示,所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运动的时间均为t1=4×2va=4×2vqEm=8BRE,所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程中在磁场中运动的时间均为t2=2T=2×2πR2.ABD[解析]根据题意可知,在0.5t0~t0时间内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,且转了14圆周,在t0~1.5t0时间内,粒子在电场中向下做减速运动到速度为零,在1.5t0~2t0时间内,粒子在电场中向上做加速运动到速度为v,在2t0~2.5t0时间内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,转了14圆周,粒子回到极板中线,速度平行于极板中线,接下来粒子周期性地重复以上运动,粒子在一个运动周期内的运动轨迹如图所示,粒子运动周期为T=2.5t0-0.5t0=2t0,故粒子射出极板的时刻可能为t=0.5t0+nT=(0.5+2n)t0(n=1,2,3,…),当n=1时,t=0.5t0+T=2.5t0,故A正确;设粒子在磁场中运动的轨迹半径为