素养培优2　带电粒子在复合场中的运动（含答案）

第第页素养培优2带电粒子在复合场中的运动一、培优一带电粒子在组合场中的运动比较项磁偏转模型电偏转模型受力情况洛伦兹力F＝qvB，其大小不变，方向随v的改变而改变，F不是恒力电场力F＝qE，其大小、方向均不变，与速度无关，F是恒力运动轨迹求解方法利用牛顿第二定律、向心力公式、圆周运动公式求解。偏移距离y和偏转角θ要结合几何关系利用圆周运动规律讨论求解qvB＝mv2R，R＝mvqB，利用平抛运动规律、牛顿第二定律、动能定理求解x＝v0t，y＝12at2，vx＝v0，vy＝at，v＝vx2＋vy2，tanθ＝vyv0＝atv0运动时间t＝θ2πTt＝x【典例1】1．如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直M板穿过Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7LD．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为3d【典例2】2．如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为3mv02qB（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。（2）粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距。（3）粒子的运动周期。规律总结“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题二、培优二带电粒子在叠加场中的运动叠加场问题的基本思路【典例3】3．磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。（1）求该粒子通过速度选择器的速率；（2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；（3）定义磁屏蔽效率η＝B1－B【典例4】4．如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，②平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为3d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场③。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，①随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。（1）求粒子所带电荷量q；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为43E03d④审题指导：信息提取信息加工恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，①粒子在电容器中做类平抛运动直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，②由闭合电路欧姆定律可得U＝r0r0平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场③粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝mv2R再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为43利用“配速法”，配一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡qv1B＝qE，粒子以v1速度向上做匀速直线运动；以另一分速度v2做匀速圆周运动；以求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm方法技巧“配速法”在叠加场中的应用适用条件（1）在叠加场中；（2）合力不为零规律把速度分解成两个速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或静电力、或重力和静电力的合力）平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。①初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度；②初速度不为零时，按矢量分解法则分解

答案解析部分1．【答案】B,D【解析】【解答】A：根据题意，结合左手定则知，粒子带负电，A错误；

B：发射方向与OP夹角为60°的粒子恰好垂直穿过Q点，运动轨迹如图甲所示，由几何关系得rcos60°＋r＝3L，解得r＝2L，板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好不能到达N板，由动能定理得－qEd＝－12mv2，解得v＝2qEdm，v不变，增大d，则E减小，B正确；

C：由几何关系，OP＝3L，粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应的弦长为直径，如图乙所示，最大距离为（4L）2－（3L）2＝13L，C错误；

D：因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ时，粒子仍可以从Q点进入两板之间，

设此时打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O'，由于PO⊥OQ，可得PQ＝PO2＋OQ2＝23L，

【分析】本题核心思路是先通过粒子在磁场中的圆周运动轨迹求出轨道半径，再结合电场、磁场的受力规律，分别分析粒子电性、板间最大电场强度、粒子打在M板的最远位置和最小距离，逐一验证选项。2．【答案】（1）解粒子在MN左侧区域中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv解得粒子在MN左侧区域中做匀速圆周运动的半径r1＝m（2）解：粒子在PQ右侧区域做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0·2B＝mv则粒子在PQ右侧区域做匀速圆周运动的半径为r2＝m由于粒子能回到O点，则粒子的运动轨迹关于MN的中垂线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运动轨迹如图所示由几何关系可知cos∠MO1O2＝3mv0则∠MO1O2＝60°对粒子在PQ右侧区域的运动由几何关系可知，粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为s＝2r2sin60°＝3m（3）解：结合qvB＝mv2r、T＝2πrv可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为T1＝由（1）问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角分别为θ1＝360°－2×60°＝240°、θ2＝2×60°＝120°则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为t1＝θ1360°T1＋θ2由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x＝r1tan则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为t2＝2xv0则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＝5πm【解析】【分析】(1)粒子在左侧磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力直接求轨道半径。

(2)粒子在右侧磁场中轨道半径减半，结合几何对称性与三角函数关系，确定两次经过PQ的位置间距。

(3)分别计算粒子在两侧磁场中的运动时间与无磁场区域的匀速运动时间，求和得到总周期。3．【答案】（1）解：由平衡条件有qvB0＝qE又E＝U联立解得该粒子通过速度选择器的速率v＝U（2）解：画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1所示，由几何关系可知r＝L由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝mv解得B1＝mU若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B1，则粒子在磁屏蔽区运动的轨迹半径为r＝L，由几何关系可知y轴上y＝L处检测到该粒子若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴通过磁屏蔽区后做半径为r＝L的圆周运动，由几何关系可知y轴上y＝3L处检测到该粒子由于0＜B2＜B1，所以y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L（3）解：若在Q处检测到该粒子，画出粒子在磁屏蔽区运动轨迹如图2所示，设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为r'，则由几何关系可知r'2＝（2L）2＋（r'－L）2解得r'＝5L由qvB2＝mv2r'和qvB1＝mv2r，解得B磁屏蔽效率η＝B1【解析】【分析】(1)速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡，联立求解粒子通过速度选择器的速率。(2)粒子在x≥0区域做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求B1；结合屏蔽区磁场变化范围，分析y(3)粒子在屏蔽区运动轨迹由几何关系确定半径，结合洛伦兹力公式求B24．【答案】（1）解：闭合开关S，当滑片位于滑动变阻器中点时，由串、并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝R2R＋r0E0＝r0粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到电场力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向上，由运动学公式有3d＝v0t在竖直方向上，由牛顿第二定律有Ud由运动学公式有12d＝12联立可得q＝m（2）解：设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tanθ＝2×d23则θ＝30°由几何关系可知v＝v0cosθ粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示由几何关系可知r＝d2sin60在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv联立可得B＝2（3）解：在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的电场力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡电场力的作用，如图所示，则有qv1B＝Eq可得v1＝EB＝23由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝2vcos30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和以速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝mv可得r'＝d作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图所示由几何关系可知xm＝r'cos