2023届二轮复习 增分指导3　带电粒子在复合场中的运动 学案（浙江专用）

增分指导3　带电粒子在复合场中的运动

1.做好“两个区分”

(1)正确区分重力、静电力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。

(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。

2.抓住“两个技巧” 

(1)按照带电粒子运动的先后顺序,将整个运动过程划分成不同阶段的小过程。

(2)善于利用几何图形处理边角关系,要有运用数学知识处理物理问题的习惯。

题型1　带电粒子在组合场中的运动

1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较

2.处理方法

(1)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况,一般在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动。

(2)正确地画出粒子的运动轨迹图,在画图的基础上注意运用几何知识寻找关系。

(3)选择物理规律,列方程。对类平抛运动,一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动;对粒子在磁场中做匀速圆周运动,应注意洛伦兹力提供向心力这一特点。

(4)注意确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向,该速度是联系两种运动的桥梁。

[例1] 在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子,经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器和偏转系统中的匀强电场电场强度大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环,其两端中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体,其底面与晶圆所在水平面平行,间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时,离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点,x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中,不计离子重力,打在晶圆上的离子,经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时,有sin α≈tan α≈α,cos α≈1-α2。求:

(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷 ;

(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;

(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;

(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示,并说明理由。

解析:(1)通过速度选择器离子的速度v=,

从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R=,

由=qvB,得==。

(2)经过电场后,离子在x方向偏转的距离x1=·()2,tan θ=,

离开电场后,离子在x方向偏移的距离x2=Ltan θ=,

x=x1+x2==,

位置坐标为(,0)。

(3)离子进入磁场后做圆周运动的半径r=,

sin α=,

经过磁场后,离子在y方向偏转距离y1=r(1-cos α)≈,

离开磁场后,离子在y方向偏移距离y2=Ltan α≈,y=y1+y2=,

位置坐标为(0,)。

(4)注入晶圆的位置坐标为(,),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。

答案:见解析

[拓展训练1] 如图所示,在真空中xOy平面的第一象限内,分布有沿x轴负方向的匀强电场,电场强度E=4×104 N/C,第二、三象限内分布有垂直纸面向里且磁感应强度为B2的匀强磁场,第四象限内分布有垂直纸面向里且磁感应强度为B1=0.2 T 的匀强磁场。在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM,平板上P点开有一个小孔,在y轴负方向上距O点为 cm的S点有一粒子源可以向第四象限平面内各个方向发射α粒子,且OS>OP。设发射的α粒子速度大小v均为2×105 m/s,除了垂直x轴通过P点的α粒子可以进入电场,其余打到平板上的α粒子均被吸收。已知α粒子的比荷为=5×107 C/kg,重力不计,试问:

(1)P点距O点的距离为多少?

(2)α粒子经过P点第一次进入电场,运动后到达y轴的位置与O点的距离为多少?

(3)要使离开电场的α粒子能回到粒子源S处,磁感应强度B2应为

多大?

解析:(1)α粒子从粒子源S射出经过磁感应强度为B1的匀强磁场后,能从P点垂直x轴通过的运动轨迹如图甲所示。

由公式B1qv=m可知,粒子的轨道半径r==0.02 m,由几何关系可知cos θ==,则θ=30°,由此可知P点距O点的距离

OP=r-rsin θ=0.01 m。

(2)α粒子进入电场后做类平抛运动,

x轴方向位移为x=OP=at2,

y轴方向位移为y=vt,加速度为a=,

联立解得α粒子到达y轴位置与O点的距离为y=0.02 m。

(3)设α粒子在y轴射出电场的位置到粒子源的距离为H,

则H=y+OS=(2+)×10-2 m,

设α粒子在y轴射出电场的速度方向与y轴正方向夹角为,

则tan ==1,解得=45°,

则α粒子射入第二、三象限内的磁场的速度大小v′=v,α粒子能回到粒子源S处可分以下两种情况。

①α粒子经第二、三象限内的磁场偏转后直接回到粒子源S处,如图乙所示。

设α粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,由几何关系可知cos 45°=,解得R==×10-2m,由公式B2qv′=,

解得B2== T。

②α粒子经第二、三象限内的磁场偏转后进入第四象限内的磁场偏转再回到粒子源S处,如图丙所示。

则α粒子进入第四象限内的磁场的偏转半径

r′===r=2×10-2m,

由几何关系可知cos 45°=,

则R′==×10-2m,

由公式B2qv′=,

解得B2== T。

答案:(1)0.01 m　(2)0.02 m　(3)见解析

题型2　带电粒子在叠加场中的运动

带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法

[例2] 如图所示,在平面直角坐标系中,AO是∠xOy的角平分线,x轴上方存在水平向左的匀强电场,下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,两电场的电场强度大小相等。一质量为m、带电荷量为+q的质点从OA上的M点由静止释放,质点恰能沿AO运动而通过O点,经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C、D均未画出)。已知OD=OM,匀强磁场的磁感应强度大小为B=(T),重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)两匀强电场的电场强度E的大小;

(2)OM的长度L;

(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t。

解析:(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的静电力作用,沿AO做匀加速直线运动,所以有mg=qE,即E=。

(2)质点在x轴下方,重力与静电力平衡,质点做匀速圆周运动,从C点进入第一象限后做类平抛运动,其轨迹如图所示。

有qvB=m,由运动学规律知v2=2aL,a=g,设质点从C点运动到D点所用时间为t3,

由类平抛运动规律知R=vt3,R-=a,

联立解得L=20 m或 m。

(3)质点做匀加速直线运动有L=a,

得t1=2 s或 s,

质点做匀速圆周运动有t2=×=4.71 s,

质点做类平抛运动有R=vt3,得t3=1 s,

质点从M点出发到击中D点所经历的时间为

t=t1+t2+t3=7.71 s或6.38 s。

答案:(1)　(2)20 m或 m　

(3)7.71 s或6.38 s

题型3　带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动

1.解决带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动问题的基本思路

2.带电粒子在交变电场和交变磁场中运动的解题技巧

(1)解决带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动问题时,关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性,对粒子的运动情景、运动性质作出判断。

(2)这类问题一般都具有周期性,在分析粒子运动时,要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系。

(3)带电粒子在交变电场和交变磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律,所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。

[例3] 如图甲所示,在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右侧有个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m、带电荷量为e的电子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场,电场强度E=,飞出电场后恰能从M点进入圆形区域,不考虑电子所受的重力。

(1)求电子进入圆形区域时的速度方向与x轴正方向的夹角;

(2)求A点坐标;

(3)若在电子刚进入圆形区域时,在圆形区域内加上如图乙所示周期性变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向),最后电子从N点处飞出,速度方向与进入磁场时的速度方向相同。求磁感应强度B0大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式。

解析:(1)电子在电场中做类平抛运动,在电场中时eE=ma,

水平方向:L=v0t,

竖直方向:vy=at,

由题可知,电子在L<x<2L区域做匀速直线运动,则电子进入圆形区域时的速度与离开电场时的速度相同,设速度方向与x轴正方向的夹角为θ,则tan θ=,解得θ=30°。

(2)电子在电场中运动,竖直方向位移y1=at2,

飞出电场后电子匀速运动,则有y2=Ltan θ,

总位移y=y1+y2=L,

则A点坐标为(0,L)。

(3)电子在磁场中运动最简单的情景如图所示。

在磁场变化的前三分之一个周期内,电子的偏转角为60°,设电子运动的轨道半径为r,圆周运动的周期为T0,电子在x轴方向上的位移恰好等于r;

在磁场变化的后三分之二个周期内,因磁感应强度减半,电子运动周期T′=2T0,故电子的偏转角仍为60°,电子运动的轨道半径变为2r,电子在x轴方向上的位移恰好等于2r。

综合上述分析,则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是3rn=2L(n=1,2,3,…),

电子进入磁场的速度v=,

在磁场中,洛伦兹力提供向心力B0ev=m,

解得B0=(n=1,2,3,…),

应满足的时间条件为(T0+T′)=T,

而T0=,T′=,

解得T=(n=1,2,3,…)。

答案:(1)30°　(2)(0,L)

(3)B0=(n=1,2,3,…)

T=(n=1,2,3,…)

[拓展训练2] 如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙、丙所示,y轴正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻,带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量,图乙、丙中=,在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为(,)。求:

(1)粒子P的比荷;

(2)t=2t0时刻粒子P的位置;

(3)粒子P在运动中距离原点O的最远距离L。

解析:(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子P所在位置的纵、横坐标相等时,粒子P在磁场中恰好经过圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R,

即R=,又qv0B0=m,

代入=,解得=。

(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则T=,

联立解得T=4t0,

即粒子P做完圆周运动后磁场变为电场,粒子P以速度v0垂直于电场方向进入电场后做类平抛运动,设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1,则x1=v0t0,

y1=a,其中加速度a=,

联立解得y1==R,因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为(v0t0,0)。

(3)分析知,粒子P在2t0～3t0时间内,静电力产生的加速度方向沿y轴正方向,由对称关系知,在3t0时刻速度方向为x轴正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动,往复运动轨迹如图所示,由图可知,粒子P在运动中距原点O的最远距离L,即O、d间的距离,

L=2R+2x1,

解得L=v0t0。

答案:(1)　(2)(v0t0,0)　

(3)v0t0

增分训练3　带电粒子在复合场中的运动

1.(多选)如图所示,一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动,电场方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是(　BC　) 

A.小球一定带正电

B.小球一定带负电

C.小球的绕行方向为顺时针

D.改变小球的速度大小,小球将不做圆周运动

解析:由于小球做匀速圆周运动,有qE=mg,静电力方向竖直向上,所以小球一定带负电,故A错误,B正确;洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力,由左手定则可判定小球绕行方向为顺时针,故C正确;改变小球速度大小,小球仍做圆周运动,故D错误。

2.(多选)如图所示,在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后,经电场加速后从M点射入磁场并在磁场中发生偏转。最后从y轴离开磁场时,速度大小分别为v1和v2,v1的方向与y轴垂直,v2的方向与y轴正方向成60°角。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2,则以下比值正确的是(　AD　)

A.v1∶v2=2∶1 B.v1∶v2=1∶2

C.t1∶t2=3∶2 D.t1∶t2=3∶8

解析:粒子在电场中加速,设加速的位移为x,根据动能定理有qEx=mv2,所以v=。粒子在磁场中运动时,其轨迹如图所示。

a粒子的圆心为O,b粒子的圆心为O′,根据几何知识可知R2sin 30°+

R1=R2,则有R1∶R2=1∶2,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,联立可得∶=1∶4,v1∶v2=2∶1,故A正确,B错误;粒子在磁场中运动的周期为T==,所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2=T1∶T2=∶=3∶8,故C错误,D正确。

3.为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况,技术人员在排污管中安装了监测装置,该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔,其宽和高分别为b和c,左、右两端开口与排污管相连,如图所示。在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场,在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N,M、N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时,电流表将显示出污水排放情况。下列说法错误的是(　B　)

A.M板比N板电势低

B.污水中离子浓度越高,则电流表的示数越小

C.污水流量越大,则电流表的示数越大

D.若只增大所加磁场的磁感应强度,则电流表的示数也增大

解析:污水从左向右流动时,根据左手定则,正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N板和M板偏转,故N板带正电,M板带负电,A正确;稳定时带电离子在两板间受力平衡,可得qvB=q,此时U=Bbv,又因流速v==,故U=,式中Q是流量,可见当污水流量越大、磁感应强度越大时,M、N间的电压越大,电流表的示数越大,而与污水中离子浓度无关,B错误,C、D正确。

4.(多选)如图所示,虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45°的斜向下的匀强电场E,有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落,当小球运动到复合场内时刚好做直线运动,那么(　AB　)

A.小球在复合场中一定做匀速直线运动

B.磁感应强度B=,电场强度E=

C.若换成带正电的小球,小球仍可能做直线运动

D.若同时改变小球的比荷与初始下落高度h,小球仍能沿直线通过复合场

解析:小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的静电力和水平向右的洛伦兹力的作用,如图所示。其中重力和静电力是恒力,而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比,若小球做的是变速运动,那么洛伦兹力也是变力,小球的合力方向也要改变,这与题意不符,所以小球在复合场中一定做匀速直线运动,A正确;根据小球的平衡条件可得qvB=mg,qE=mg,又v2=,联立解得磁感应强度B=,电场强度E=,B正确;若换成带正电的小球,则静电力和洛伦兹力同时反向,合力不可能为零,C错误;若要使小球沿直线通过复合场,小球的合力一定为零,所以一定要满足B=和E=,若同时改变小球的比荷与初始下落高度h,以上两个式子不能同时满足,D错误。

5.(2022·五湖联盟模拟)(多选)如图所示为一种质谱仪的示意图,该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1,磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里,静电分析器通道中心线为圆弧,圆弧的半径OP为R,通道内有均匀辐射的电场,在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点,不计粒子重力。下列说法正确的是(　AC　)

A.速度选择器的极板P1的电势比极板P2的高

B.粒子的速度v=

C.粒子的比荷为

D.P、Q两点间的距离为

解析:粒子在静电分析器内沿中心线方向运动,说明粒子带正电,在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受到的洛伦兹力方向向上,则粒子受到的静电力方向向下,故速度选择器的极板P1的电势比极板P2的高,选项A正确;由qvB1=qE1可知,粒子的速度v=,选项B错误;由v=和qE=m 可得,粒子的比荷为=,选项C正确;粒子在磁分析器中做圆周运动,PQ为轨迹圆的直径,故P、Q两点间的距离==

,选项D错误。

6.回旋加速器工作原理如图甲所示,D1、D2为D形金属盒,粒子源位于回旋加速器正中间,其释放出的带电粒子质量为m,电荷量为+q,所加匀强磁场的磁感应强度为B,两金属盒之间加的交变电压变化规律如图乙所示,其周期为T=,不计带电粒子在电场中的加速时间,不考虑由相对论效应带来的影响,则下列说法正确的是(　B　)

A.t1时刻进入回旋加速器的粒子记为a,t2时刻进入回旋加速器的粒子记为b,a、b在回旋加速器中各被加速一次,a、b粒子增加的动能相同

B.t2、t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器

C.t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中的绕行方向相反

D.t2时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中被加速的次数最多

解析:由题图乙知,t1时刻与t2时刻两金属盒间的电压不相等,根据动能定理得qU=ΔEk,可知a、b在回旋加速器中各被加速一次增加的动能不同,选项A错误;当粒子的轨迹半径等于D形盒的半径时,获得的动能最大,将射出回旋加速器,设D形盒的半径为R,则由R=知v=,粒子获得的最大动能为Ekm=mv2=,可知粒子射出加速器时的动能,即最大动能与加速电压无关,不同时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器,选项B正确;t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子获得的速度方向相反,进入磁场后,由左手定则可知,在回旋加速器中的绕行方向相同,选项C错误;设加速次数为n,由nqU=Ekm得n=,则t2时刻进入回旋加速器的粒子加速电压最大,加速次数最少,选项D错误。

7.如图所示,在第一象限内有水平向右的匀强电场,电场强度大小E=。在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场,在该平面内有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点以初速度v0沿y轴负方向射出,P点的坐标为(2d,d),粒子恰好能打到y轴上,不考虑粒子的重力,则匀强磁场的磁感应强度B的大小为(　C　)

A. B.

C. D.

解析:如图所示,粒子在电场中做类平抛运动,沿y轴负方向做匀速直线运动,有d=v0t,沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a==,则沿x轴正方向的位移x=at2=d,设射出电场时粒子的速度v与初速度v0的夹角为θ,根据类平抛运动的推论得tan θ=2=,则θ=60°,所以v==2v0,粒子在磁场中做匀速圆周运动,恰好打到y轴上时,轨迹与y轴相切,设粒子轨迹半径为r,根据几何关系得r+rcos 60°=2d+x,解得r=2d,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=,解得B=,选项C正确。

8.(多选)如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图,在两D形盒左边的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N,每当带正电的粒子从a孔进入时,立即在两板间加上恒定电压,粒子经加速后从b孔射出时,立即撤去电压。粒子进入D形盒中的匀强磁场后做匀速圆周运动。已知D形盒的缝隙间无磁场,不考虑相对论效应,则下列说法不正确的是(　ABD　)

A.磁场方向垂直纸面向外

B.粒子运动的周期不断变大

C.粒子每运动一周,直径的增加量越来越小

D.增大板间电压,粒子最终获得的最大动能变大

解析:粒子从b孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右,由左手定则可知,D形盒中的磁场方向垂直纸面向里,故A错误;根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m,粒子运动的周期T==,粒子运动的周期不变,故B错误;粒子第n次加速后,根据动能定理可得nqU=mv2,解得v=,粒子在磁场中运动的半径r==,粒子每运动一周直径的增加量Δd=(-),随转动周数的增加,粒子每运动一周直径的增加量越来越小,故C正确;当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据r=,可知最大动能 Ek=(式中R为D形盒的半径),由此可知,粒子获得的最大动能与加速电压无关,所以增大两板间电压,粒子最终获得的最大动能不变,故D错误。

9.(2022·缙云中学模拟)如图甲所示,宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2),存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示),电场强度的大小为E0,E>0表示电场方向竖直向上。t=0时,一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域,沿直线运动到Q点后,做一次完整的圆周运动,再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点,重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。

(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小;

(2)求电场变化的周期T;

(3)改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域,求T的最小值。

解析:(1)微粒做直线运动,则mg+qE0=qvB,

微粒做圆周运动,则mg=qE0,

联立解得q=,B=。

(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1,做圆周运动的周期为t2,

则=vt1,

qvB=m,

2πR=vt2,

联立解得t1=,t2=,

电场变化的周期T=t1+t2=+。

(3)若微粒能完成题述的运动过程,要求d≥2R,

联立解得R=,

设在N1Q段直线运动的最短时间为t1 min,

联立解得t1 min==,

因t2不变,T的最小值为

Tmin=t1 min+t2=。

答案:(1)　　(2)+　(3)

10.如图甲所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿+x方向的匀强电场E1,第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的匀强磁场B,E2=2.5 N/C,磁场B随时间t周期性变化的规律如图乙所示,B0=0.5 T,垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量m=5×10-5 kg、电荷量q=2×10-4 C的带正电液滴从P点(0.6 m,0.8 m)以某一初速度沿-x方向入射,恰好以沿-y方向的速度v经过原点O后进入x≤0的区域,t=0时液滴恰好通过O点,g取10 m/s2。求:

(1)液滴到达O点时速度大小v和电场强度大小E1;

(2)液滴从P开始运动到第二次经过x轴经历的时间t。

解析:(1)在x>0的区域内,液滴在竖直方向上做自由落体运动,则有y=g,v=gt1,

解得t1=0.4 s,v=4 m/s,

液滴在水平方向上做匀减速运动,设初速度为v0,

则v0-at1=0,又x=v0t1-a,qE1=ma,

解得E1=1.875 N/C。

(2)液滴进入x<0的区域后,由于qE2=mg,液滴做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示。

其做圆周运动的大、小圆半径分别为r1、r2,运动周期分别为T1、T2,由qvB0=m,2qvB0=m,解得r1=2 m,r2=1 m,

又T1=,T2=,

解得T1=π s,T2= s,

液滴从P点到第二次穿过x轴经历的时间t=t1++=(+0.4) s。

答案:(1)4 m/s　1.875 N/C　(2)(+0.4) s

11.(2022·杭嘉湖金教研联盟模拟)如图所示为平面直角坐标系xOy,在第一、二象限中有一半圆形的有界磁场,圆心在O点,半圆的半径为R,磁场方向垂直坐标平面向里,磁感应强度为B,在y=R的上方有一沿x轴负方向的匀强电场,电场强度为E,在坐标原点有一粒子源,可以向第一象限坐标平面内的任意方向发射相同速率的带正电的粒子,粒子质量为m,电荷量为q,粒子的重力可以忽略不计,不考虑粒子间的相互作用。发现有一粒子从y轴上的P点离开磁场进入电场,并且此时速度方向与y轴正方向成30°,求:

(1)粒子速度的大小;

(2)出磁场后能垂直进入电场的粒子从粒子源射出到经过y轴时所用的时间;

(3)在y=R上,有粒子能进入电场的横坐标范围。

解析:(1)由速度方向与y轴正方向成30°可知,此时OP的连线即为粒子做匀速圆周运动的弦长,设粒子做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系可知r=R,再由洛伦兹力提供向心力,即qvB=m,解得v=。

(2)能垂直进入电场的粒子从O点射出后,到达圆形磁场边界的速度方向竖直向上,如图所示,设粒子做匀速圆周运动的轨迹与圆形磁场边界相交于M点,由于粒子做匀速圆周运动的半径也为R,由几何关系可知,粒子做匀速圆周运动的圆心在圆形磁场边界的左半圆上,设为N点,连接OMN可知,△OMN为等边三角形,所以粒子在磁场中运动的圆心角为60°,所以粒子在磁场中运动的时间t1==,粒子出磁场后做匀速运动,从M点作垂线与y=R的电场线相交于Q点,由几何关系解得MQ=R-Rsin 60°=(1-)R,

所以粒子从出磁场到进入电场所用的时间t2==(1-),

粒子进入电场后做类平抛运动,由几何关系可知,M点到y轴的距离为,沿静电力方向做匀加速直线运动,有=·,解得t3=,

所以总时间为t=t1+t2+t3=+(1-)+。

(3)当粒子以平行x轴进入磁场时,从磁场射出再进入电场时为在y=R直线上的最右端,如图所示,设粒子做匀速圆周运动轨迹与圆形磁场边界的交点为G,过G点作粒子出磁场速度的切线,与y=R直线的交点为F,由几何关系可知PF==R,

当粒子以平行y轴进入磁场时,从磁场射出再进入电场时为在y=R直线上的最左端,设粒子做匀速圆周运动轨迹与圆形磁场边界的交点为H,过H点作粒子出磁场速度的切线,与y=R直线的交点为I,由几何关系可知PI=(-1)R,所以在y=R上,有粒子能进入电场的横坐标范围为-(-1)R≤x≤R。

答案:(1)　(2)+(1-)+(3)-(-1)R≤x≤R

12.如图甲所示,平面直角坐标系中,0≤x≤l,0≤y≤2l的矩形区域中存在交变匀强磁场,规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向,其变化规律如图乙所示,其中B0和T0均未知。比荷为c的带正电的粒子在点(0,l)以初速度v0沿+x方向射入磁场,不计粒子重力。

(1)若在t=0时刻,粒子射入磁场,在t<的某时刻,粒子从点(l,2l)射出磁场,求B0的大小;

(2)若B0=,且粒子从0≤t≤的任一时刻射入磁场时,粒子离开磁场时的位置都不在y轴上,求T0的取值范围;

(3)若B0=,T0=,在x>l的区域施加一个沿-x方向的匀强电场,在t=时刻射入磁场的粒子,最终从入射点沿-x方向离开磁场,求电场强度的大小。

解析:设粒子的质量为m,电荷量为q,则由题意得c=。

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设运动半径为R,根据几何关系和牛顿第二定律得R=l,qv0B0=m,解得B0=。

(2)设粒子在磁场中运动的半径为R1,由牛顿第二定律得qv0B0=m,

解得R1=,

临界情况为粒子从t=0时刻射入,并且轨迹恰好过(0,2l)点,粒子才能从y轴射出,如图甲所示。

设粒子做圆周运动的周期为T,则T==,

由几何关系可知,在t=内,粒子轨迹转过的圆心角为θ=π,

对应粒子的运动时间为t1=T=T,

分析可知,只要满足t1≥,就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y轴上,

联立解得T0≤T,即T0≤。

(3)由题意可知,粒子的运动轨迹如图乙所示。

设电场强度的大小为E,在电场中,设往复一次所用的时间为t3,以E的方向为正方向,则根据动量定理可得Eqt3=mv0-(-mv0)=2mv0,

其中,t3=(n+)T0(n=0,1,2,…),

解得E=(n=0,1,2,…)。

答案:(1)　(2)T0≤

(3)(n=0,1,2,…)