專題四-帶電粒子在電磁場中運動

專題四帶電粒子在電磁場中運動一、數(shù)學(xué)方法在物理上的應(yīng)用1、余弦定理解題例1RAOPDQφ（07寧夏理綜）在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m，帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)RAOPDQφ⑴如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。⑵如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為φ（如圖）。求入射粒子的速度。解：⑴由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。RAOPRAOPDQφO/R/解得：⑵設(shè)O/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接O/Q，設(shè)O/Q＝R/。由幾何關(guān)系得：由余弦定理得：解得：設(shè)入射粒子的速度為v，由解出：2、數(shù)學(xué)方法求極值例2（08四川卷）24．（19分）如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下。一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O’。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ（0＜θ＜。為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值及小球P相應(yīng)的速率。重力加速度為g。解析：據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為O’。P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力f＝qvB①式中v為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向O’。根據(jù)牛頓第二定律②③由①②③式得④由于v是實數(shù)，必須滿足≥0⑤由此得B≥⑥可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值為⑦此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為⑧由⑦⑧式得⑨3、正弦定理解題例3（08重慶卷）25.（20分）題25題為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.在以O(shè)為圓心，OH為對稱軸，夾角為2α的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M，且OM=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內(nèi)）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D，試求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）；（2）離子沿與CM成θ角的直線CN進(jìn)入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間；（3）線段CM的長度.解析：（1）設(shè)沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R由R=d得B＝磁場方向垂直紙面向外（2）設(shè)沿CN運動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R′，運動時間為t由vcosθ=v0得v＝R′==離子勻速圓周運動的周期T＝(3)CM=MNcotθ①由正弦定理：=②Ｒ′=③以上3式聯(lián)立求解得CM=dcotα二、復(fù)合場及組合場中運動xyOPB例4（2011安徽）如圖所示，在以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從xyOPB（1）求電場強(qiáng)度的大小和方向。（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運動加速度的大小。（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間。解析：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強(qiáng)度為E?？膳袛喑隽Ｗ邮艿降穆鍌惔帕ρ豿軸負(fù)方向，于是可知電場強(qiáng)度沿x軸正方向且有qE=qvB①又R=vt0②則③（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中作類平拋運動在y方向位移④由②④式得⑤設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是又有⑥得⑦（3）僅有磁場時，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有⑧又qE=ma⑨由⑦⑧⑨式得⑩由幾何關(guān)系eq\o\ac(○,11)即eq\o\ac(○,12)帶電粒子在磁場中運動周期則帶電粒子在磁場中運動時間所以eq\o\ac(○,13)例6（2011全國卷1）（19分）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成I和II兩個區(qū)域。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度從平面MN上的點水平右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強(qiáng)度大小為E；在II區(qū)運動時，只受到勻強(qiáng)磁場的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。求粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點的距離。粒子的重力可以忽略。解析：設(shè)粒子第一次過MN時速度方向與水平方向成α1角，位移與水平方向成α2角且α2=450，在電場中做類平拋運動，則有：得出：在電場中運行的位移:在磁場中做圓周運動，且弦切角為α=α1-α2，得出：在磁場中運行的位移為：所以首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點的距離為：練習(xí)：（2011全國理綜）（19分）如圖，在區(qū)域I（0≤x≤d）和區(qū)域II（d≤x≤2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q＞0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；因此，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大小；（2）當(dāng)a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。解析：（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得①由幾何關(guān)系得②③式中，，由①②③式得④(2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運動的圓心為Oa,半徑為，射出點為（圖中未畫出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得⑤由①⑤式得⑥、和三點共線，且由⑥式知點必位于⑦的平面上。由對稱性知，點與點縱坐標(biāo)相同，即⑧式中，h是C點的y坐標(biāo)。設(shè)b在I中運動的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得⑨設(shè)a到達(dá)點時，b位于點，轉(zhuǎn)過的角度為。如果b沒有飛出I，則⑩eq\o\ac(○,11)式中，t是a在區(qū)域II中運動的時間，而eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)由⑤⑨⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式得eq\o\ac(○,14)由①③⑨eq\o\ac(○,14)式可見，b沒有飛出。點的y坐標(biāo)為eq\o\ac(○,15)由①③⑧⑨eq\o\ac(○,14)eq\o\ac(○,15)式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為eq\o\ac(○,16)三、臨界和極值類問題例6（2010新課標(biāo)卷）25.(18分)如圖所示，在0≤x≤a、o≤y≤范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi).己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一，求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的：(1)速度大??；(2)速度方向與y軸正方向夾角正弦。解析：設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫磁力公式，得，解得：當(dāng)＜R＜a時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意，時，設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得：再加上，解得：例7（2011北京）．（18分）利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用。如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，A處有一狹縫。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運動到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集。整個裝置內(nèi)部為真空。已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1和m2(m1>m2)，電荷量均為q。加速電場的電勢差為U，離子進(jìn)入電場時的初速度可以忽略。不計重力，也不考慮離子間的相互作用。(1)求質(zhì)量為m1的離子進(jìn)入磁場時的速率v1；(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時，求兩種離子在GA邊落點的間距s；(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處。離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場。為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。解析（1）動能定理得eq\o\ac(○,1)（2）由牛頓第二定律，利用eq\o\ac(○,1)式得離子在磁場中的軌道半徑為別為，eq\o\ac(○,2)兩種離子在GA上落點的間距eq\o\ac(○,3)（3）質(zhì)量為m1的離子，在GA邊上的落點都在其入射點左側(cè)2R1處，由于狹縫的寬度為d，因此落點區(qū)域的寬度也是d。同理，質(zhì)量為m2的離子在GA邊上落點區(qū)域的寬度也是d。為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為eq\o\ac(○,4)利用eq\o\ac(○,2)式，代入eq\o\ac(○,4)式得R1的最大值滿足得求得最大值四、多過程類問題例8（2010山東卷）25．（18分）如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進(jìn)入電場做勻加速運動，然后第二次進(jìn)入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動。已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求⑴粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功。⑵粒子第n次經(jīng)過電場時電場強(qiáng)度的大小。⑶粒子第n次經(jīng)過電場所用的時間。⑷假設(shè)粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強(qiáng)為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系圖線（不要求寫出推導(dǎo)過程，不要求標(biāo)明坐標(biāo)明坐標(biāo)刻度值）。解析：（1）根據(jù)，因為，所以，所以,（2）=，，所以。（3），，所以。(4)例9（09年全國卷Ⅰ）26（21分）如圖，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于xy平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點在y軸上，長度略小于。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從P點瞄準(zhǔn)N0點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。解析：設(shè)粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為,與板碰撞后再次進(jìn)入磁場的位置為.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有…⑴粒子速率不變,每次進(jìn)入磁場與射出磁場位置間距離保持不變有…⑵粒子射出磁場與下一次進(jìn)入磁場位置間的距離始終不變,與相等.由圖可以看出……⑶設(shè)粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標(biāo)應(yīng)為-a,即……⑷由⑶⑷兩式得……⑸若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有……⑹聯(lián)立⑶⑷⑹得n<3………⑺聯(lián)立⑴⑵⑸得………⑻把代入⑻中得…………⑼…………⑾…………⑿五、交變電、磁場問題例10（2012海南）16.圖（a）所示的xoy平面處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與xoy平面（紙面）垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化周期為T，變化圖線如圖（b）所示，當(dāng)B為+B0時，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向指向紙外，在坐標(biāo)原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于.不計重力，設(shè)P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正向自O(shè)點開始運動，將它經(jīng)過時間T到達(dá)的點記為A.（1）若t0=0，則直線OA與x軸的夾角是多少？（2）若，則直線OA與x軸的夾角是多少？（3）為了使直線OA與x軸的夾角為，在的范圍內(nèi)，t0應(yīng)取何值？【考點】帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)【答案】（1）（2）（3）【解析】16.(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量、電荷量與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛侖茲力作用下，在xy平面內(nèi)做圓周運動，分別用R與T′表示圓周的半徑和運動周期，則有①②由①②式與已知條件得③粒子P在t=0到t=時間內(nèi)，沿順時針方向運動半個圓周，到達(dá)x軸上B點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)x軸上Ahko，如圖（ａ）所示.OA與x軸的夾角④（2）粒子P在時刻開始運動，在t=到t=時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達(dá)D點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達(dá)A點，如圖（ｂ）所示，由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即OA與x軸的夾角⑤（3）若在任意時刻()粒子P開始運動，在到t=時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運動到達(dá)C點，圓心O′位于x軸上，圓弧對應(yīng)的圓心角為⑥此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運動到達(dá)A點，設(shè)圓O′′，圓弧對應(yīng)的圓心角為⑦如圖(c)所示，由幾何關(guān)系可知，C、B均在連線上，且OA//⑧若要OA與x軸成角，則有⑨，聯(lián)立⑥⑨式可得⑩例11（2012山東）23.(18分)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔、，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為，周期為。在t=0時刻將一個質(zhì)量為、電量為-q（q>0）的粒子由靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在時刻通過垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）（1）求粒子到達(dá)時的速度大小和極板距離。（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件。（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在時刻再次到達(dá)，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強(qiáng)度的大小【考點】帶電粒子在復(fù)合場中的運動【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子由至的過程中，根據(jù)動能定理得eq\o\ac(○,1)由eq\o\ac(○,1)式得eq\o\ac(○,2)設(shè)粒子的加速度大小為，由牛頓第二定律得eq\o\ac(○,3)由運動學(xué)公式得eq\o\ac(○,4)聯(lián)立eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,4)式得eq\o\ac(○,5)(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得eq\o\ac(○,6)要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足eq\o\ac(○,7)聯(lián)立eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,7)式得eq\o\ac(○,8)（3）設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為，有eq\o\ac(○,9)聯(lián)立eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,9)式得eq\o\ac(○,10)若粒子再次達(dá)到時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為，根據(jù)運動學(xué)公式得eq\o\ac(○,11)聯(lián)立eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)式得eq\o\ac(○,12)設(shè)粒子在磁場中運動的時間為eq\o\ac(○,13)聯(lián)立eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式得eq\o\ac(○,14)設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由eq\o\ac(○,6)式結(jié)合運動學(xué)公式得eq\o\ac(○,15)由題意得eq\o\ac(○,16)聯(lián)立eq\o\ac(○,14)eq\o\ac(○,15)eq\o\ac(○,16)式得eq\o\ac(○,17)六、其他問題例12（2012福建）22.（20分）如圖甲，在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在此區(qū)域內(nèi)，沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細(xì)玻璃管，環(huán)心0在區(qū)域中心。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的小球，在管內(nèi)沿逆時針方向（從上向下看）做圓周運動。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中。設(shè)小球在運動過程中電量保持不變，對原磁場的影響可忽略。（1）在t=0到t=T0這段時間內(nèi)，小球不受細(xì)管側(cè)壁的作用力，求小球的速度大小；（2）在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大過程中，將產(chǎn)生渦旋電場，其電場線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點的場強(qiáng)大小相等。試求t=T0到t=1.5T0這段時間內(nèi)：①細(xì)管內(nèi)渦旋電場的場強(qiáng)大小E；②電場力對小球做的功W?！敬鸢浮浚?；；

【解析】：（1）小球做圓周運動向心力由洛倫磁力提供：設(shè)速度為v,有：解得：（2）在磁場變化過程中，圓管所在的位置會產(chǎn)生電場，根據(jù)法拉第感應(yīng)定律可知，電勢差電場處處相同，認(rèn)為是勻強(qiáng)電場則有：又因為得到場強(qiáng)（3）、小球在電場力的作用下被加速。加速度的大小為：而電場力為：在T0—1.5T0時間內(nèi)，小球一直加速，最終速度為電場力做的功為：得到電