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微专题16
带电粒子在组合场中的运动
考点一
带电粒子在一般组合场中的运动
命题视角1　带电粒子在电、磁组合场中的运动问题,强化物理过程分析
能力
1.电场与磁场的组合(先电场后磁场)
(1)带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动,然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动,如图。
(2)带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动,然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动,如图。
注意:进入磁场的速度是离开电场的末速度,而非进入电场的初速度。
2.解题思维链
(1)粒子在磁场中的运动半径r;
答案:(1)2a
(2)磁感应强度B的大小;
(3)粒子从P点射入到第三次到达y轴的时间t。
命题视角2　带电粒子在多磁场组合中的运动问题,强化几何分析能力
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题,带电粒子在两个磁场中的速度大小相同,但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点,进一步寻找边角关系。
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径;
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距;
(3)粒子的运动周期。
考点二
带电粒子在交变电、
磁场中的运动
命题视角　考查带电粒子在交变电磁场中的运动,会用分段法分析带电粒子的运动情况
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图 看清并且明白场的变化情况
受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量
选规律 联立不同阶段的方程求解
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的周期T;
答案:(1)2t0
(2)求t=t0时,粒子的位置坐标(x1,y1);
(3)在0～2t0内,若粒子的最大速度是2v0,求E0与B0的比值。
考点三
带电粒子在立体空间的运动
命题视角　考查带电粒子立体空间中的受力与运动模型,强化空间想象能力
带电粒子在立体空间运动问题的解题思维链
【典例4】 (困难)(2025·强基联盟联考)如图所示,一粒子源不断释放质量为m、带电荷量为+q的带电粒子,其初速度视为零,经过加速电压U加速后,以一定速度进入圆心为O的辐向电场,恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后垂直于平面ABCD射入棱长为L的正方体区域,入射点位于平面的中点。以入射点O′为坐标原点,沿CD、CG、CB方向建立x、y和z坐标轴。已知m=3.2×10-27 kg、q=1.6×10-19 C、U=104 V、R=0.1 m、L=0.2 m。不计粒子的重力及其相互作用。
(1)求辐向电场中粒子运动轨迹处电场强度E1的大小;
答案:(1)2×105 N/C
(2)若仅在正方体区域中加上沿x轴方向的匀强电场,要让所有粒子都到达平面AEHD,求所加电场强度的最小值E2;
答案:(2)105 N/C
(3)若仅在正方体区域中加上匀强磁场,其磁感应强度沿y轴方向的分量始终为零,沿x和z轴方向的分量Bx和Bz随时间变化规律如图乙所示,周期为T、最大值为B0,设带电粒子在磁场中运动的时间远小于磁场变化的时间,且不考虑在磁场突变时运动的粒子。若要让所有粒子都到达平面EFGH,求B0的取值范围。
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课时作业　
A级·基础巩固练
命题视角1　带电粒子在一般组合场中的运动问题,强化物理过程分析能力
1.(2024·宁波模拟)如图所示,在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中,存在垂直于xOy平面方向的匀强磁场,磁感应强度B1=2B2=2B,带电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中没有标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中,两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰,碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角,若两带电粒子的比荷分别为k1、k2,进入磁场时的速度大小分别为v1、v2,不计粒子重力和两粒子间相互作用,则下列关系正确的是(　　)
A.k1=2k2 B.2k1=k2
C.v1=2v2 D.2v1=v2
解析:C　两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60°角,则粒子b的速度与y轴负方向成60°角,轨迹对应的圆心角分别为120°和60°,如图所示。两粒子同时进入磁场并相撞,则运动时间相等,即t1=t2,而t1==,t2==,将B1=2B2=2B代入得k1=k2,A、B错误;由于两粒子正碰,则轨道半径相等,而R1=,R2=,解得v1=2v2,C正确,D错误。
2.圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一带正电粒子源,半径OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于B点,在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场,电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用,下列说法不正确的是(　　)
A.圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外
B.粒子的比荷为
C.粒子在磁场中运动的总时间为
D.粒子在电场中运动的总时间为
解析:C　根据题意可知,粒子从A点进入磁场时,受到洛伦兹力的作用,根据左手定则可知,圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外,故A正确,不符合题意;根据题意可知,粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,根据几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为R,粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,所以=,故B正确,不符合题意;
根据题意可知,粒子从B点进入电场之后,先向右做减速运动,再向左做加速运动,再次到达B点时,速度的大小仍为v0,再次进入磁场,运动轨迹如图乙所示,粒子在磁场中的运动时间为
t磁==,故C错误,符合题意;粒子在电场中,根据牛顿第二定律有Eq=ma,解得a==,结合对称性可得,粒子在电场中运动的总时间为t电==,故D正确,不符合题意。
3.如图所示,直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量均为m、电荷量均为q的两带负电粒子a、b先后以同一速率v0从y轴上的P点分别沿x轴正、负方向入射,经过一段时间后,两粒子恰好在x轴负半轴上的Q点相遇,此时两粒子均第一次通过x轴负半轴。已知O、P两点的距离为d,O、Q两点的距离为d,不计粒子间的作用力和粒子受到的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)粒子a、b先后射出的时间差。
解析:(1)b粒子在电场中做类平抛运动,有d=v0t1,d=a,a=,
解得t1=,E=。
(2)a粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,由几何关系可知(r-d)2+(d)2=r2,
解得r=2d,由qv0B=m,解得B=。
(3)由几何关系可知sin θ==,解得θ=60°,
a粒子在磁场中运动的时间t2=T,
其中T=,联立解得t2=,
则粒子a、b先后射出的时间差Δt=t2-t1=。
答案:(1)　(2)　(3)
命题视角2　考查带电粒子在交变电、磁场中的运动,会用分段法分析带电粒子运动情况
4.如图甲所示,在坐标系xOy中,y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E;y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场,磁感应强度大小B0已知,磁场方向垂直于纸面向里为正。t=0时刻,从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子,粒子(重力不计)的质量为m、电荷量为q,粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等,且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求:
(1)P点到O点的距离;
(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移大小。
解析:(1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0,则t0=,Eq=ma,设O、P间距离为x,则x=a,联立解得x=。
(2)粒子运动轨迹如图所示,设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2,
则R1=,R2=,
又由动能定理得Eqx=m,
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δy,Δy=2R2-2R1=。
答案:(1)　(2)
命题视角3　考查带电粒子在立体空间的受力与运动模型,强化空间想象能力
5.如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直yOz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是(　　)
A B
C D
解析:A　由题意知当质子射出后先在MN左侧运动,刚射出时根据左手定则可知受到沿y轴正方向的洛伦兹力,即在MN左侧会向y轴正方向偏移,做匀速圆周运动,y轴坐标增大;在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向,质子在y轴正方向上做减速运动,故A正确,B错误;根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,故C、D错误。
6.(2024·宁波联考)用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现,有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论:在空间存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向,射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线,其轴线平行于x轴,直径为D,螺距为Δx,则下列说法正确的是(　　)
A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度,则直径D减小,而螺距Δx不变
C.若仅增大电子入射的初速度v0,则直径D增大,而螺距Δx将减小
D.若仅增大α角(α<90°),则直径D增大,而螺距Δx将减小,且当α=90°时“轨迹”为闭合的整圆
解析:D　将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解,沿x轴方向,速度与磁场方向平行,做匀速直线运动且x=v0cos α·t,沿y轴方向,速度与磁场方向垂直,洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,由左手定则可知,磁场方向沿x轴正方向,故A错误;根据evyB=m,T=,且vy=v0sin α,解得D=2r=,T=,所以Δx=vxT=,所以,若仅增大磁感应强度B,则D、Δx均减小,故B错误;若仅增大v0,则D、Δx皆按比例增大,故C错误;若仅增大α,则D增大,而Δx减小,且α=90°时Δx=0,故D正确。
B级·高考过关练
7.(2025·四川卷)(多选)如图所示,Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场,其边界为正方形;Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场,其外边界为圆形,内边界与Ⅰ区边界重合;正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小之比为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场,一段时间后从a点离开。取sin 37°=0.6,则带电粒子(　　)
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
解析:AD　画出粒子运动轨迹,如图,可知粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点,A正确;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r=,故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==,B错误;设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α,由几何关系cos α==,可得α=37°,故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=T=×,粒子在Ⅱ区运动的时间为t2=T=×,联立可得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为=,D正确;粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1=×2πr1=×2πr1,l2=×2πr2=×2πr2,故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为=,C错误。
8.如图所示,在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场,在BC右侧 Ⅰ、Ⅱ 两区域存在匀强磁场,L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合),宽度相同,方向如图所示,区域 Ⅰ 的磁感应强度大小为B1。一电荷量为+q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场,粒子恰好从B点进入磁场,经区域 Ⅰ 后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域 Ⅱ 。已知AB长度是BC长度的 倍。
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小;
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L;
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长,求区域 Ⅱ 的磁感应强度B2的最小值。
解析:(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v,与水平方向成θ角,粒子在匀强电场中做类平抛运动,由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有tan θ==,则θ=30°,
根据速度关系有v==。
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1,由牛顿第二定律得qvB1=m,
轨迹如图甲所示。
由几何关系得L=r1,
解得L=。
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时,在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m,此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场,对应的轨迹半径为r2,轨迹如图乙所示。
同理得qvB2m=m,
根据几何关系有L=r2(1+sin θ),
解得B2m=1.5B1。
答案:(1)　(2)　(3)1.5B1
C级·素养提升练
9.如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在电场强度为E、方向沿z轴正方向的匀强电场;立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板,经电场加速进入磁场区域,最后从端面P射出,测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS。
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子,调节B0的值,使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出,求B0的取值范围。
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为n,且B0=。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
解析:(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处,
根据动能定理有qEd=m-m,
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS=。
(2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时,离子从喷口P的下边缘中点射出,
根据几何关系有(R1-)2+L2=,
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B0=m,
解得B0=,
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时,离子从喷口P边缘交点射出,
根据几何关系有(R2-)2+L2=,
此时B=B0;
根据洛伦兹力提供向心力有qv0×B0=m,
解得B0=,
则B0的取值范围0～。
(3)离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示。
根据洛伦兹力提供向心力有qv0×B0=m,
B0=,解得R3==L,
则cos θ=,离子从端面P射出时,在沿z轴方向根据动量定理有FΔt=nΔt·mv0 cos θ-0,
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′=nmv0,方向沿z轴负方向。
答案:(1)　(2) 0～ (3)nmv0,方向沿z轴负方向微专题16　带电粒子在组合场中的运动
考点一　带电粒子在一般组合场中的运动
命题视角1　带电粒子在电、磁组合场中的运动问题,强化物理过程分析能力
1.电场与磁场的组合(先电场后磁场)
(1)带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动,然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动,如图。
(2)带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动,然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动,如图。
注意:进入磁场的速度是离开电场的末速度,而非进入电场的初速度。
2.解题思维链
【典例1】 (中等)如图,在xOy坐标系所在的平面内,第一象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场,第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入磁场,恰好垂直于y轴射出磁场进入电场,不计粒子重力,求:
(1)粒子在磁场中的运动半径r;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)粒子从P点射入到第三次到达y轴的时间t。
解析:(1)粒子在磁场中的运动情况如图所示。
由几何关系得 a=rsin 60°,
解得r=2a。
(2)根据洛伦兹力提供向心力有qBv=m,
解得B=。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有 T=,
粒子在磁场中运动时间为t1=T,
粒子从y轴进入电场至速度为0过程中,可得qE=ma,v=at2,解得t2=。
粒子第二次到达y轴后向上偏转,经半个周期第三次到达y轴,时间为t3=,
粒子从P点射入到第三次到达y轴的时间为t=t1+2t2+t3,
解得t=+。
答案:(1)2a　(2)　(3)+
命题视角2　带电粒子在多磁场组合中的运动问题,强化几何分析能力
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题,带电粒子在两个磁场中的速度大小相同,但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点,进一步寻找边角关系。
【典例2】 (中等)(2025·湖北卷)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,粒子能回到O点,并在纸面内做周期性运动。不计重力,求:
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径;
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距;
(3)粒子的运动周期。
解析:(1)粒子在MN左侧磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=,
解得r1=。
(2)O到MN的距离d==r1,
粒子运动轨迹如图所示,
由几何关系可知∠θ=60°,
粒子在PQ右侧区域做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有
qv0·2B=m,
解得r2==r1,
由几何关系可得,粒子两次经过PQ的位置间距为x=2r2sin 60°=。
(3)由几何关系可知,粒子在MN左侧偏转圆心角为240°,
运动时间为t1=T1,其中T1=,
粒子在PQ右侧偏转圆心角为120°,
运动时间为t2=T2,其中T2=,
粒子在无磁场区域做匀速直线运动,
运动时间为t3=,
则粒子运动周期T=t1+t2+t3=+。
答案:(1)
(2)
(3)+
考点二　带电粒子在交变电、磁场中的运动
命题视角　考查带电粒子在交变电磁场中的运动,会用分段法分析带电粒子的运动情况
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图 看清并且明白场的变化情况
受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量
选规律 联立不同阶段的方程求解
【典例3】 (中等)如图甲所示的空间中存在随时间变化的磁场和电场,规定磁感应强度B垂直于xOy平面向里为正方向,电场强度E沿x轴正方向为正方向,B随时间t的变化规律和E随时间t的变化规律如图乙。t=0时,一带正电的粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴负方向开始运动。B0、t0、v0已知,带电粒子的比荷为,粒子重力不计。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的周期T;
(2)求t=t0时,粒子的位置坐标(x1,y1);
(3)在0～2t0内,若粒子的最大速度是2v0,求E0与B0的比值。
解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T===2t0。
(2)0～t0内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qv0B0=m,
解得r==。
由(1)问可知粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2t0,
则粒子在0～t0内运动了半个周期恰好又回到x轴,速度方向沿y轴正方向,x1=2r=,
y1=0,即此时粒子的位置坐标为(,0)。
(3)0～2t0内粒子的运动轨迹如图所示,在t0～1.5t0内,粒子受到沿x轴正方向的静电力作用,粒子做类平抛运动,粒子沿x轴正方向做匀加速运动,
a==,
当t=1.5t0时,粒子具有最大速度,粒子沿x轴方向的分速度为vx=a·=,
沿y轴方向的分速度为vy=v0,
则v==2v0,
解得=。
答案:(1)2t0　(2)(,0)　(3)
考点三　带电粒子在立体空间的运动
命题视角　考查带电粒子立体空间中的受力与运动模型,强化空间想象能力
带电粒子在立体空间运动问题的解题思维链
【典例4】 (困难)(2025·强基联盟联考)如图所示,一粒子源不断释放质量为m、带电荷量为+q的带电粒子,其初速度视为零,经过加速电压U加速后,以一定速度进入圆心为O的辐向电场,恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后垂直于平面ABCD射入棱长为L的正方体区域,入射点位于平面的中点。以入射点O′为坐标原点,沿CD、CG、CB方向建立x、y和z坐标轴。已知m=3.2×10-27 kg、q=1.6×10-19 C、U=104 V、R=0.1 m、L=0.2 m。不计粒子的重力及其相互作用。
(1)求辐向电场中粒子运动轨迹处电场强度E1的大小;
(2)若仅在正方体区域中加上沿x轴方向的匀强电场,要让所有粒子都到达平面AEHD,求所加电场强度的最小值E2;
(3)若仅在正方体区域中加上匀强磁场,其磁感应强度沿y轴方向的分量始终为零,沿x和z轴方向的分量Bx和Bz随时间变化规律如图乙所示,周期为T、最大值为B0,设带电粒子在磁场中运动的时间远小于磁场变化的时间,且不考虑在磁场突变时运动的粒子。若要让所有粒子都到达平面EFGH,求B0的取值范围。
解析:(1)由动能定理有 qU=mv2 ,
由牛顿第二定律有qE1=,
联立解得E1=2×105 N/C。
(2)粒子恰好到达EH的中点时所加电场强度最小,设粒子在正方体区域中运动的时间为t,
有L=vt ,
=··t2,
解得E2=105 N/C。
(3)当磁场仅有沿x轴方向的分量取最大值时,粒子从EF中点射出,由几何关系有
(R1-)2+L2=,
解得R1=0.25 m,
由R1=,
解得B0=8×10-2 T。
当磁场在x轴和z轴方向的分量同时取最大值时,粒子从H点射出,由几何关系有
(R2-)2+L2=,
解得R2 =0.15 m,
由R2=,
解得B0= T。
所以B0的取值范围为0≤B0≤ T。
答案:(1)2×105 N/C　(2)105 N/C　(3)0≤B0≤ T
课时作业　
A级·基础巩固练
命题视角1　带电粒子在一般组合场中的运动问题,强化物理过程分析能力
1.(2024·宁波模拟)如图所示,在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中,存在垂直于xOy平面方向的匀强磁场,磁感应强度B1=2B2=2B,带电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中没有标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中,两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰,碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角,若两带电粒子的比荷分别为k1、k2,进入磁场时的速度大小分别为v1、v2,不计粒子重力和两粒子间相互作用,则下列关系正确的是(　　)
A.k1=2k2 B.2k1=k2
C.v1=2v2 D.2v1=v2
解析:C　两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60°角,则粒子b的速度与y轴负方向成60°角,轨迹对应的圆心角分别为120°和60°,如图所示。两粒子同时进入磁场并相撞,则运动时间相等,即t1=t2,而t1==,t2==,将B1=2B2=2B代入得k1=k2,A、B错误;由于两粒子正碰,则轨道半径相等,而R1=,R2=,解得v1=2v2,C正确,D错误。
2.圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一带正电粒子源,半径OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于B点,在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场,电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用,下列说法不正确的是(　　)
A.圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外
B.粒子的比荷为
C.粒子在磁场中运动的总时间为
D.粒子在电场中运动的总时间为
解析:C　根据题意可知,粒子从A点进入磁场时,受到洛伦兹力的作用,根据左手定则可知,圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外,故A正确,不符合题意;根据题意可知,粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,根据几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为R,粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,所以=,故B正确,不符合题意;
根据题意可知,粒子从B点进入电场之后,先向右做减速运动,再向左做加速运动,再次到达B点时,速度的大小仍为v0,再次进入磁场,运动轨迹如图乙所示,粒子在磁场中的运动时间为
t磁==,故C错误,符合题意;粒子在电场中,根据牛顿第二定律有Eq=ma,解得a==,结合对称性可得,粒子在电场中运动的总时间为t电==,故D正确,不符合题意。
3.如图所示,直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量均为m、电荷量均为q的两带负电粒子a、b先后以同一速率v0从y轴上的P点分别沿x轴正、负方向入射,经过一段时间后,两粒子恰好在x轴负半轴上的Q点相遇,此时两粒子均第一次通过x轴负半轴。已知O、P两点的距离为d,O、Q两点的距离为d,不计粒子间的作用力和粒子受到的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)粒子a、b先后射出的时间差。
解析:(1)b粒子在电场中做类平抛运动,有d=v0t1,d=a,a=,
解得t1=,E=。
(2)a粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,由几何关系可知(r-d)2+(d)2=r2,
解得r=2d,由qv0B=m,解得B=。
(3)由几何关系可知sin θ==,解得θ=60°,
a粒子在磁场中运动的时间t2=T,
其中T=,联立解得t2=,
则粒子a、b先后射出的时间差Δt=t2-t1=。
答案:(1)　(2)　(3)
命题视角2　考查带电粒子在交变电、磁场中的运动,会用分段法分析带电粒子运动情况
4.如图甲所示,在坐标系xOy中,y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E;y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场,磁感应强度大小B0已知,磁场方向垂直于纸面向里为正。t=0时刻,从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子,粒子(重力不计)的质量为m、电荷量为q,粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等,且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求:
(1)P点到O点的距离;
(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移大小。
解析:(1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0,则t0=,Eq=ma,设O、P间距离为x,则x=a,联立解得x=。
(2)粒子运动轨迹如图所示,设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2,
则R1=,R2=,
又由动能定理得Eqx=m,
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δy,Δy=2R2-2R1=。
答案:(1)　(2)
命题视角3　考查带电粒子在立体空间的受力与运动模型,强化空间想象能力
5.如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直yOz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是(　　)
A B
C D
解析:A　由题意知当质子射出后先在MN左侧运动,刚射出时根据左手定则可知受到沿y轴正方向的洛伦兹力,即在MN左侧会向y轴正方向偏移,做匀速圆周运动,y轴坐标增大;在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向,质子在y轴正方向上做减速运动,故A正确,B错误;根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,故C、D错误。
6.(2024·宁波联考)用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现,有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论:在空间存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向,射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线,其轴线平行于x轴,直径为D,螺距为Δx,则下列说法正确的是(　　)
A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度,则直径D减小,而螺距Δx不变
C.若仅增大电子入射的初速度v0,则直径D增大,而螺距Δx将减小
D.若仅增大α角(α<90°),则直径D增大,而螺距Δx将减小,且当α=90°时“轨迹”为闭合的整圆
解析:D　将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解,沿x轴方向,速度与磁场方向平行,做匀速直线运动且x=v0cos α·t,沿y轴方向,速度与磁场方向垂直,洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,由左手定则可知,磁场方向沿x轴正方向,故A错误;根据evyB=m,T=,且vy=v0sin α,解得D=2r=,T=,所以Δx=vxT=,所以,若仅增大磁感应强度B,则D、Δx均减小,故B错误;若仅增大v0,则D、Δx皆按比例增大,故C错误;若仅增大α,则D增大,而Δx减小,且α=90°时Δx=0,故D正确。
B级·高考过关练
7.(2025·四川卷)(多选)如图所示,Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场,其边界为正方形;Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场,其外边界为圆形,内边界与Ⅰ区边界重合;正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小之比为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场,一段时间后从a点离开。取sin 37°=0.6,则带电粒子(　　)
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
解析:AD　画出粒子运动轨迹,如图,可知粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点,A正确;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r=,故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==,B错误;设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α,由几何关系cos α==,可得α=37°,故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=T=×,粒子在Ⅱ区运动的时间为t2=T=×,联立可得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为=,D正确;粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1=×2πr1=×2πr1,l2=×2πr2=×2πr2,故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为=,C错误。
8.如图所示,在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场,在BC右侧 Ⅰ、Ⅱ 两区域存在匀强磁场,L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合),宽度相同,方向如图所示,区域 Ⅰ 的磁感应强度大小为B1。一电荷量为+q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场,粒子恰好从B点进入磁场,经区域 Ⅰ 后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域 Ⅱ 。已知AB长度是BC长度的 倍。
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小;
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L;
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长,求区域 Ⅱ 的磁感应强度B2的最小值。
解析:(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v,与水平方向成θ角,粒子在匀强电场中做类平抛运动,由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有tan θ==,则θ=30°,
根据速度关系有v==。
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1,由牛顿第二定律得qvB1=m,
轨迹如图甲所示。
由几何关系得L=r1,
解得L=。
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时,在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m,此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场,对应的轨迹半径为r2,轨迹如图乙所示。
同理得qvB2m=m,
根据几何关系有L=r2(1+sin θ),
解得B2m=1.5B1。
答案:(1)　(2)　(3)1.5B1
C级·素养提升练
9.如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在电场强度为E、方向沿z轴正方向的匀强电场;立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板,经电场加速进入磁场区域,最后从端面P射出,测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS。
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子,调节B0的值,使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出,求B0的取值范围。
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为n,且B0=。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
解析:(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处,
根据动能定理有qEd=m-m,
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS=。
(2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时,离子从喷口P的下边缘中点射出,
根据几何关系有(R1-)2+L2=,
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B0=m,
解得B0=,
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时,离子从喷口P边缘交点射出,
根据几何关系有(R2-)2+L2=,
此时B=B0;
根据洛伦兹力提供向心力有qv0×B0=m,
解得B0=,
则B0的取值范围0～。
(3)离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示。
根据洛伦兹力提供向心力有qv0×B0=m,
B0=,解得R3==L,
则cos θ=,离子从端面P射出时,在沿z轴方向根据动量定理有FΔt=nΔt·mv0 cos θ-0,
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′=nmv0,方向沿z轴负方向。
答案:(1)　(2) 0～ (3)nmv0,方向沿z轴负方向

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