带电粒子在磁场中的圆周运动下

第51b节带电粒子在磁场中的圆周运动（下）1.2017年新课标Ⅱ卷18.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速度为1v，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为2v，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则21:vv为（C）A.23：B.12：C.13：D.23：【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远，则当粒子射入的速度为1v，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为11cos602rRR；若粒子射入的速度为2v，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为23cos302rRR；根据mvrvqB，则2121:=:3:1vvrr，故选C.2.2017年新课标Ⅲ卷24．（12分）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离。答：（1）0)1(qBm；（2）00)1(2qBmvd解析：粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，所以在x0区域有：1200RmvqvB；在x0区域有：2200)(RmvBqv解得qBmvR001，qBmvR002在x0区域运动时间011vRt；在x0区域运动时间022vRt；PxyOB0λB0v0xyOB0λB0v0粒子运动的时间021)1(qBmttt；粒子与O点间的距离0021)1(2)(2qBmvRRd。3.2017年浙江选考卷23.如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知ldRb,23，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。（1）求磁感应强度B的大小；（2）求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；（3）当UAK=0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；（4）画出电流i随UAK变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）。【答案】（1）eRmvB，（2）60o,（3）NNn82.036（4）Nei82.0max【解析】由题意可以知道是磁聚焦问题，即（1）轨道半径BemvrR，所以eRmvB（2）由右图以及几何关系可知，上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，由几何关系060sinmmRb得同理下端电子从P点射出与负y轴最大夹角也是60度范围是oo6060（3）Odl45tan得RRy22sin'每秒进入两极板间的电子数为nxyO2bBRP2ldKAUAK电子源xyO2bRP电子源θmO'rθm82.036'byNnn=0.82N(4)由动能定理得出遏止电压221mveUc与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压241'mveU或者根据（3）可得饱和电流大小Nei82.0max。（4）电流i随UAK变化的关系曲线如右图示4.2013年全国卷大纲版26．（20分）如图，虚线OL与y轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出）且ROP。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。解：根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为β，如图所示。有2qBmRvv①周期为2RTv由此得2mTBq②过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D，由图中几何关系得ADsinRDADcot60OBPDcotOPADBPO③由以上五式和题给条件得1sincos13④+yxOMLBθ+yxOMLBθPα+yxOMLA60°αβPBChD00.51.0-1.0-0.50.400.801.201.200.800.40)/(2UemUAKi/(×Ne)解得30⑤或90⑥设M点到O点的距离为hChRO根据几何关系3CCDDcosAD3OOR利用以上两式和ADsinR得23cos(30)3hRR⑦解得3(1)3hR(=30°)⑧3(1)3hR(=90°)⑨当=30°时，粒子在磁场中运动的时间为126TmtqB⑩当=90°时，粒子在磁场中运动的时间为42TmtqB5.2012年理综山东卷23．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q（q0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在20Tt时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小解：（1）粒子由S1至S2的过程中，根据动能定理得2021mvqU①由①式得mqUv02②图乙0uU020T230T250T03T02T0T-U0t图甲QPNLS1S2BM设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得madUq0③由运动学公式得20)2(21Tad④联立③④式得mqUTd0024⑤(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得RvmqvB2⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足22LR⑦联立②⑥⑦式得qmULB024⑧（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d=vt1⑨联立②⑤⑨式得401Tt⑩若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得22tvd⑾联立⑨⑩⑾式得202Tt⑿设粒子在磁场中运动的时间为t210023ttTTt⒀联立⑩⑿⒀式得470Tt⒁设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得qBmT2⒂由题意得T=t⒃联立⒁⒂⒃式得078qTmB⒄6.2011年理综福建卷22．（20分）如图甲，在x0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。⑴求该粒子运动到y=h时的速度大小v；⑵现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期qBmT2。Ⅰ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。【解析】（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有2022121mvmvqEh①由①式解得v=mqEhv220②（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则qv1B=qE③又s=v1T④式中T=qBm2解得s=22qBmE⑤Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y=0和y=ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则)(20qEBqvqEBqv⑥yxOhBEv0yxOSSOyt甲乙丙由动能定理有2022m2121mvmvqEy⑦又Ay=m21y⑧由⑥⑦⑧式解得Ay=)(0BEvqBm可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y=)cos1)((0tmqBBEvqBm7.2011年理综广东卷35．（18分）如图19(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。⑴已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。⑵若撤去电场，如图19(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。⑶在图19(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：⑴根据动能定理，20212121mvmvqU，所以mqUvv2210⑵如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R2+R2=(R2-R1)2，解得：02RR。根据洛仑兹力公式RmvBqv2212，解得：0202222qRmvRqmvB。OAR1R2Cv2450OA0v1v2R1RAOC452v)(a)(b19图根据公式,RmvBqv,TvR,Tt2212222解得：200222242424vRRmvmqBmTt⑶考虑临界情况，如图所示①,RmvBqv02313，解得：031qRmvB②,RvmBqv023232，解得：0322qRmvB，综合得：032qRmvB8.2011年理综山东卷25．（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ=30º，⑴当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30º，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t。⑵若Ⅱ区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h。⑶若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件。⑷若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。解析：（1