素能演练提升六带电粒子在复合场中的运动(时间:60分钟满分:100分)说明:本试题全部为论述计算题,共5小题,共100分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.1.(18分)如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外,A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L,质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区.P点与A1板的距离是L的k倍.不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑.(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;(2)若2<k<3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式.解析:(1)当k=1时,设粒子在Ⅰ区中做圆周运动的轨道半径为r0,在磁场中的速度大小为v0.由几何关系得r0=L①(2分)洛伦兹力提供向心力qv0B0=②(2分)由动能定理qEd=-0③(2分)联立①②③得E=.④(1分)(2)当2<k<3时,粒子在Ⅱ磁场区域中必须有且只有1个圆弧轨迹,才能保证粒子从S2出射.设Ⅰ、Ⅱ空间的圆弧轨迹半径分别为r和R,如图.在Ⅰ区中,洛伦兹力提供向心力qvB0=⑤(2分)由几何关系得r2=(kL)2+(r-L)2⑥(2分)联立⑤⑥得v=L(2<k<3)⑦(2分)在Ⅱ区中,洛伦兹力提供向心力qvB=⑧(2分)由几何关系得⑨(2分)联立⑤⑧⑨得B=B0(2<k<3).⑩(1分)答案:(1)(2)v=B=(2<k<3)2.(18分)坐标原点O处有一点状的放射源,它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射带正电的同种粒子,速度大小都是v0,在0<y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E=,其中q与m分别为该种粒子的电荷量和质量;在d<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.ab为一块很大的平面感光板,放置于y=2d处,如图所示.观察发现此时恰无粒子打到ab板上.(不考虑粒子的重力)(1)求粒子刚进入磁场时的动能;(2)求磁感应强度B的大小;(3)将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上?并求出此时ab板上被粒子打中的区域的长度.解析:(1)根据动能定理:Eqd=Ek-(2分)解得Ek=2m.(2分)(2)根据(1)中结果可知进入磁场的速度vt=2v0(1分)沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角θ=(1分)易知若此粒子不能打到ab板上,则所有粒子均不能打到ab板,因此此粒子轨迹必与ab板相切,满足r+rcos=d(2分)解得r=d(1分)又根据洛伦兹力提供向心力Bqvt=(2分)可得B=.(1分)(3)沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上,则所有粒子均能打到板上.其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切.由上图可知此时磁场宽度为原来的,即当ab板位于y=d(2分)的位置时,恰好所有粒子均能打到板上;沿x轴正方向和负方向射出的粒子在电场中沿x轴正方向的位移x=v0t=v0d(2分)ab板上被打中区域的长度L=rcos 30°+x+(x-rcos 30°)+r=2x+r=d+d.(2分)答案:(1)2m(2)(3)ab板位于y=d的位置d+d 3.(20分)(2015山东日照二模)如图所示,某空间中有四个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小相同、半径均为R的圆形匀强磁场区域1、2、3、4.其中1与4相切,2相切于1和3,3相切于2和4,且第1个磁场区域和第4个磁场区域的竖直方向的直径在一条直线上.一质量为m、电荷量为-q的粒子,静止置于电势差为U0的带电平行板(竖直放置)形成的电场中(初始位置在负极板附近),经过电场加速后,从第1个磁场的最左端水平进入,并从第3个磁场的最下端竖直穿出.已知tan 22.5°=0.4,不计带电粒子的重力.(1)求带电粒子进入磁场时的速度大小.(2)试判断:若在第3个磁场的下面也有一电势差为U0的带电平行板(水平放置,其小孔在第3个磁场最下端的正下方)形成的电场,带电粒子能否按原路返回?请说明原因.(3)求匀强磁场的磁感应强度大小B.(4)若将该带电粒子自该磁场中的某个位置以某个速度释放后恰好可在四个磁场中做匀速圆周运动,则该粒子的速度大小v’为多少?解析:(1)根据动能定理有qU0=mv2(2分)解得v=.(2分)(2)不能按原路返回,因为粒子进入第3个磁场下的电场后,向下减速至速度为零,然后反向加速至速度的大小为v,但进入磁场后,根据左手定则可知,带电粒子受到的洛伦兹力方向向右,粒子向右偏,故不能按原路返回.(4分)(3)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,如图甲所示,则根据运动的对称性和几何关系可知,粒子在第1和第3个磁场中各偏转45°角,则有R=rtan 22.5°(2分)解得r=2.5R(2分)根据洛伦兹力提供向心力得qvB=(2分)解得B=.(2分)甲乙(4)该带电粒子在四个磁场中做匀速圆周运动,如图乙所示,由几何关系知其轨道半径只能是R,根据洛伦兹力提供向心力得qv’B=m(2分)解得v’=.(2分)答案:(1)(2)不能按原路返回,因为粒子进入第3个磁场下的电场后,向下减速至速度为零,然后反向加速至速度的大小为v,但进入磁场后,根据左手定则可知,带电粒子受到的洛伦兹力方向向右,粒子向右偏,故不能按原路返回.(3)(4)4.(22分)如图甲所示,两竖直线所夹区域内存在周期性变化的匀强电场与匀强磁场,变化情况如图乙、丙所示,电场强度方向以y轴负方向为正,磁感应强度方向以垂直纸面向外为正.t=0时刻,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O开始以速度v0沿x轴正方向运动,粒子重力忽略不计,图乙、丙中E0=,t0=,B0已知.要使带电粒子在0~4nt0(n∈N)时间内一直在场区运动,求:(1)在给定的坐标上画出带电粒子在0~4t0时间内的轨迹示意图,并在图中标明粒子的运动性质;(2)在t0时刻粒子速度方向与x轴的夹角;(3)右边界到O的最小距离;(4)场区的最小宽度.解析:(1)评分说明:图正确2分,运动性质每个1分.(2)在t0时间内粒子做类平抛运动vy=t0(1分)又E0=,t0=(1分)tanθ=(1分)则t0时刻粒子速度方向与x轴的夹角为37°.(1分)(3)如图所示,粒子做类平抛运动的水平位移x1=v0t0(1分)由几何关系可知x2=R1-R1cos 53°(1分)根据牛顿第二定律B0qv=m(1分)其中v=(1分)右边界到O点的距离最小值为x=x1+x2=(π+0.5).(1分)(4)每隔时间4t0,粒子向左平移2R1sin 37°(1分)4nt0时刻,粒子与O点在x方向相距2nR1sin 37°(2分)根据牛顿第二定律B0qv0=m(1分)则左侧场区边界离O点的距离为x左=2nR1sin 37°+R2=(1.5n+1)(2分)故在0~4nt0时间内,场区的宽度至少为L=x左+x=(1.5n+1.5+π).(1分)答案:(1)见解析图(2)37°(3)(π+0.5)(4)(1.5n+1.5+π)5.(22分)如图,空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场,MN、PQ为理想边界,Ⅰ区域高度为d,Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上;Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为B,方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m,电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落,进入场区后,恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g.(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小;(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点,求它释放时距MN的高度h;(3)试讨论在h取不同值时,带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中,电场力所做的功.解析:(1)带电小球进入复合场后,恰能做匀速圆周运动,合力为洛伦兹力,重力与电场力平衡,重力竖直向下,电场力竖直向上,即小球带正电.(1分)由qE=mg①(2分)解得E=.②(1分)(2)带电小球在进入磁场前做自由落体运动,依机械能守恒有mgh=mv2③(2分)带电小球在磁场中做匀速圆周运动,设半径为R,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m④(2分)由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变,故三段圆周运动的半径相同,以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形,边长为2R,内角为60°,作出小球运动大致轨迹图,如图甲所示.由几何关系知R=⑤(4分)解得h=.⑥(2分)甲乙(3)当带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时,运动轨迹如图乙所示,有半径R=d⑦(2分)联立③④⑦式,解得h0=⑧(2分)讨论:a.当h<h0时,带电小球进入磁场Ⅰ区域的速度较小,半径较小,不能进入Ⅱ区域,由磁场上边界MN第一次穿出磁场Ⅰ区域,此过程电场力做功W=qEs=0⑨(2分)b.当h>h0时,带电小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ第一次穿出磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域,此过程电场力做功W=-qEd⑩将②式代入得W=-mgd(2分)评分说明:第(3)问讨论对于当h=h0时的临界情况不做要求,即电场力做功W=0或者W=-mgd均可以.答案:(1)正电(2)(3)见解析。
