【文档说明】磁场 专题66.docx，共(7)页，240.854 KB，由小赞的店铺上传

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专题66带电粒子在组合场中的运动授课提示：对应学生用书105页1．(多选)如图所示，两平行金属板长度均为L，O、O′为两金属板中心处正对的两个小孔，两平行金属板间加可调的电压U，紧靠金属板右侧的直角三角形MNP区域内存在方向垂直纸面向

外、磁感应强度为B的匀强磁场，MN与右金属板等长且重合，∠PMN＝37°.一比荷为k的粒子(不计重力)从O点以可以忽略的初速度进入金属板间的电场，经加速后再进入磁场，并从NP边界离开磁场．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确

的是()A．左板电势低于右板电势B．粒子从NP边界离开磁场时的最大速度大小为3kBL4C．粒子从NP边界离开磁场时离N点最远距离为22LD．要使粒子从NP边界离开磁场，可调电压的变化范围是kB2L216＜U≤9kB2L216答案：BC解析：粒子进入磁场后向下偏转，由此可知粒子带正电，加

速电极板是左板电势高于右板电势，选项A错误；粒子以最大速度v0(对应轨道半径为r0)从NP边界离开磁场时的运动轨迹如图所示，由题设知qm＝k，由牛顿第二定律有qv0B＝mv20r0，由几何关系有r0＝(r0＋L2)sin37°，联立各式解得r0＝3L

4，v0＝3kBL4，选项B正确；粒子从NP边界离开磁场时离N点最远距离为r20－（r0－L2）2＝22L，选项C正确；由qU＝12mv2，可得U＝12qmv2＝12kv2，粒子以最小速度从NP边射出时经过N点，此

时运动半径R′＝L2，由牛顿第二定律有qBv＝mv2R，从而解得最小速度v＝kBL4，则粒子从NP边界离开磁场时kBL4＜v≤3kBL4，于是可得kB2L232＜U≤9kB2L232，选项D错误．2．(多选)如图所示为一种

质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加

速电场加速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()A．粒子一定带正电B．加速电场的电压U＝12ERC．直径PQ＝2BERmqD．若一群离子从静止开始经过上述过程都

落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电荷量答案：ABC解析：根据题意可知，粒子在静电分析器中所受到的电场力指向圆心O，故粒子带正电，故A正确；对于加速过程，根据动能定理有qU＝12mv2，在静电分析器中，电场力提供向心力有qE＝

mv2R，联立解得U＝12ER，故B正确；粒子进入磁分析器，洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，结合AB分析可得R′＝1BmERq，则直径PQ＝2R′＝2BERmq，故C正确；由C分析可知，若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片

上同一点，则该群离子具有相同的比荷，故D错误．3．[2024·吉林卷]现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度．简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点．甲

、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q(q>0)、质量均为m的粒子．如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为32v0和v0.甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区．乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°.甲到O点时，乙恰好到P点．已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0

＝9mv204πqL.不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场．(1)求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B；(2)求Ⅲ区宽度d；(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0.

已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)解析：(1)根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如

图所示乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°根据几何关系有r乙sin30°＝L对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv20r乙联立解得B＝mv02qL(2)乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝30°＋30°360°T又T＝2πr乙v0＝

4πLv0解得t1＝2πL3v0分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有d＝32v0t1＋12at21根据牛顿第二定律有qE0＝ma联立解得d＝32πL

(3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有v甲O＝32v0＋at1解得v甲O＝3v0由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0解得k＝ω3v0当甲运

动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝(x0－Δx)处在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0在x＝(x0－Δx)处有E乙＝ωt0－k(x0－Δx)又F＝qE乙联立解得F＝qω3v0Δx4．[2024·河北省邢台市五岳联盟联考]如图所示，MN为竖直平

面内的一条水平分界线，MN的上方有方向竖直向下的匀强电场，MN的下方有垂直于竖直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.粒子源S可向平行于纸面的各个方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速度大小不同的带

电粒子，分界线MN上A点位于为S的正上方，S到A点的距离为d，忽略带电粒子受到的重力．(1)若从S发出的带电粒子经磁场偏转一次就能到达A点，求粒子的最小速度v0；(2)若从S发出的带电粒子的初速度方向与竖直方

向的夹角θ＝30°，且粒子从A点进入电场，之后在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动．①求匀强电场的电场强度大小E；②求粒子的运动周期T.答案：(1)qBd2m(2)①qdB22m②（63＋4π）m3qB解析：(1)根据题意可知，从S发出的粒子在磁场中做

圆周运动到达A点的最小半径r1＝12d洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mv20r1解得v0＝qBd2m(2)①符合题意的粒子的运动轨迹如图所示设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有2rsinθ＝d根据洛伦兹

力提供向心力有qvB＝mv2r设粒子在电场中运动的时间为t2，根据运动规律有vt2sinθ＝2rcosθ2vcosθ＝Eqmt2解得E＝qdB22m②粒子在磁场中运动的时间t1＝（2π－23π）rv粒子的运动周期T＝t

1＋t2解得T＝（63＋4π）m3qB5．[2024·湖南省湘东九校联考]如图所示，在xOy平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和a′、b′、c′点，其中圆弧a′b′c′的半径为R.两个半圆

弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间的电势差为U.圆弧a′b′c′上方圆周外区域，存在着上边界为y＝2R的垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，圆弧abc内无电场和磁场．O点处有一粒子源，在xOy平面内向x轴

上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为2qUm，被辐射状的电场加速后进入磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动．(1)求粒子被电场加速后的速度v；(2)要有粒子能够垂直于

磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B0；(3)当磁场中的磁感应强度大小为第(2)问中B0的3倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L.答案：(1)v＝6qUm(2)B0＝2mUqR2(3)(2

2－1＋1)R解析：(1)带电粒子进入电场后，在电场中做加速运动，由动能定理有qU＝12mv2－12mv20解得v＝6qUm(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有qvB＝mv2r解得r＝mvqB粒子垂直上边界

射出磁场，则粒子轨迹圆的圆心必然在上边界线上，且根据几何关系，轨迹圆圆心到坐标原点的距离d满足d2＝r2＋R2如图所示当d＝2R时，轨迹圆半径有最小值rmin＝3R此时磁感应强度有最大值B0＝mvqrmin＝2mUqR2(3)当磁感应强度B＝3B0时，粒子运

动圆半径r＝33rmin＝R如图所示①粒子轨迹圆与上边界相切时，粒子运动到最左边，有x1＝R②当粒子轨迹圆与上边界的交点、运动轨迹圆圆心以及坐标原点O点三点共线时，粒子打在最右边，此时有x22＋(2R)2＝(2R＋R)2解得x2＝22－1R可知粒子能从磁场上

边界射出粒子的边界宽度为L＝x1＋x2＝(22－1＋1)R