《2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第九章专题强化课(09) 带电粒子在组合场中的运动.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第九章专题强化课(09) 带电粒子在组合场中的运动.docx（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、命题点一质谱仪与回旋加速器(自主学习)核心整合1质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qUmv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm.由以上两式可得r ，m，.2回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB得Ekm，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关题组突破1(2022临沂模拟)(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几
2、部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点下列说法正确的是()AP、Q间加速电压为ERB离子在磁场中运动的半径为 C若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出D若一群离
3、子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷解析：AD直线加速过程，根据动能定理得qUmv2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qEm，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvBm，解得UER，r ，故选项A正确，B错误；只要满足R，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C错误；由r 可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D正确2(多选)用回旋加速器对粒子进行加速，可以获得高能带电粒子，两个D形盒与电压有效值为U的高频交流电源的两极相连，交流电源频率可调，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，磁感应强度
4、为B，如图所示粒子由速度为零开始加速，不计粒子在两盒间狭缝中运动的时间，关于回旋加速器，下列说法正确的是()A两D形盒间狭缝中交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比B不同的带电粒子在同一回旋加速器中运动的总时间相同C带电粒子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力不做功，因此带电粒子从D形盒射出时的动能与磁场的强弱无关D尽管两D形盒间狭缝中电场对粒子起加速作用，但是带电粒子从D形盒射出时的动能与加速电压的大小无关解析：ABD带电粒子在磁场中运动的频率与交变电场的频率相等，大小为f，因此两D形盒间狭缝中交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比，故A正确；带电粒子在回旋加速器中被加速的过程，有nqUmv2，而v，
5、带电粒子在回旋加速器中运动的时间为t，整理得t，与带电粒子的质量和电荷量无关，因此不同的带电粒子在同一个回旋加速器中运动的总时间相同，故B正确；带电粒子从D形盒射出时的动能Ekmv2，可知带电粒子从D形盒射出时的动能与磁感应强度B有关，与加速电压的大小无关，故C错误，D正确命题点二带电粒子在组合场中的运动(多维探究)1组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现2“磁偏转”和“电偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以vE进入匀强电场(不计重力)带电粒子以vB进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力FEq只受大小恒定的洛伦兹力Fq v B运动情况类平抛运动匀速圆周
6、运动运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律xv 0t，yat2，a，tan 牛顿第二定律、向心力公式r，T，t第1维度：磁场与磁场的组合(2021广东梅州市高三二模)如图，在平面直角坐标系内有边长为L的正方形区域Oabc，O为坐标原点，Oa边和x轴重合，e、f、g、h为四边中点，正方形区域Oabc上半区域存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)，下半区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，上下两个区域内磁感应强度大小相等一个不计重力带负电的粒子，质量为m，电荷量绝对值为q，从h点以速度v0沿与hg成30角进入磁场，之后恰好从n点进入上半区域的磁场，求：(1)上下区域内磁感应强度的大小；(2)粒子离
7、开磁场区域后打中y轴上的P点坐标，以及粒子从h点运动到P点的时间解析：(1)在下半磁场区域由几何关系可知粒子做圆周运动的半径为R又qv0Bm可得B代入数据可得B.(2)粒子经过n点时速度方向也和hg成30角进入上半部分区域，恰好经过g点由几何关系可知Pcgc，OPOccP(1)L所以P点坐标为(0，(1)L)，粒子在磁场中的运动周期为T在下部磁场区域时间t1T，在上部磁场区域时间t2T射出磁场区域到P点时间t3，从h到P的时间为tt1t2t3.答案：(1)(2)P点坐标为(0，(1)L)第2维度：先电场后磁场(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动(如图甲、乙所示)在电场中利用动
8、能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动(如图丙、丁所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度如图所示，水平虚线AA和CC间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC相切于点M.一质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子由电场上边界AA上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O.粒子所受重力忽略不计，求：(1)电场强度E的大小；(2)圆形磁场区域
9、磁感应强度B的大小解析：(1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向t1.粒子在M点沿着电场方向速度vx v0，所以粒子沿着电场方向的位移xt1，粒子从S点到M点，由动能定理得qExm(v0)2mv，解得E.(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为.则sin ，解得45，所以三角形OOM为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r.由几何关系得rR，由牛顿第二定律有qBv0m，解得B.答案：(1)(2)第3维度：先磁场后电场对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)(2)进入
10、电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)甲乙如图所示，真空中有一以(r，0)为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在yr的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E；从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内已知质子的电荷量为e，质量为m，质子在磁场中的偏转半径也为r，不计重力及阻力的作用，求：(1)质子射入磁场时的速度大小；(2)速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需时间及与y轴交点坐标解析：(1)质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evBm可得v.(2)质子沿x轴正方向射
11、入磁场，经圆弧后，以速度v垂直于电场方向进入电场，由于T质子在磁场中运动的时间为t1质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有rat则t2 所求时间为tt1t2 与y轴的交点yr rBr，x0.答案：(1)(2) 第4维度：先后多个电、磁场如图所示，在第一象限内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方
12、向成45角离开电场；在磁场中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限不计粒子重力求：(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场的磁感应强度的大小B1.解析：(1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0m解得v0.(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向有qEma，v02aR0沿与y轴正方向成45角离开电场；所以vxv0联立解得E.(3)粒子的轨迹如图所示粒子在第二象限，沿着x轴方向有R0t.沿着y轴方向有ONv0t所以ON2R0.由几何关系知，三角形OPN(P为粒
13、子在磁场中做圆弧运动的圆心)是底角为45的等腰直角三角形在磁场中运动的半径RON2R0.由洛伦兹力提供向心力得qvB1m.粒子在N点速度沿与y轴正方向成45角离开电场，所以离开的速度vv0，联立解得B1B0.答案：(1)(2)(3)B0“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题命题点三带电粒子在交变电、磁场中的运动(师生互动)核心整合解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路如图(a)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(b)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t0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速
14、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(b)中，在0t0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)t2t0时刻粒子P的位置；(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L.解析：(1)0t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子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qv0B0m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T4t0即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t02t0时间内水平位
15、移和竖直位移分别为x1、y1，则x1v0t0y1at，其中加速度a由解得y1R，因此t2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示(3)分析知，粒子P在2t03t0时间内，电场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，这段时间内的水平位移x2x1v0t0；在3t05t0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，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L2R2x1解得Lv0t0.答案：(1)(2)(3)v0t0题组突破1(带电粒子在圆形交变磁场中的运动)(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做
16、周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)()A若粒子的初始位置在a处，在tT时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B若粒子的初始位置在f处，在t时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C若粒子的初始位置在e处，在tT时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D若粒子的初始位置在b处，在t时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：AD要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0，若粒子的初始位置在a处
17、时，对应时刻应为tT0T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确2(带电粒子在电场、磁场均周期性变化的空间运动)如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示在t0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为.若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：；粒子的比荷满足：.求：甲(1)在t时，粒子的位置坐标；(2)粒子偏离x轴的最
18、大距离；(3)粒子运动至A点的时间解析：(1)在0t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0mr1m解得T2t0，r1则粒子在时间内转过的圆心角所以在t时，粒子的位置坐标为.(2)在t02t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示则vv0t02v0运动的位移xt01.5v0t0在2t03t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r22r1故粒子偏离x轴的最大距离hxr21.5v0t0.(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离d2r12r2AO间的距离为8d所以，粒子运动至A点的时间t32t0.答案：(1)(
19、2)1.5v0t0(3)32t0素养培优28突破“磁发散”和“磁聚焦”两大难点磁发散带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行磁聚焦带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行电子质量为m、电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图所示现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：(1)荧光屏上光斑的长度；(2)所加磁
20、场范围的最小面积解析： (1)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P点，为荧光屏上光斑的最高点，初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q点，为荧光屏上光斑的最低点，电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得ev0Bm解得R光斑长度PQR.(2)所加磁场的最小面积是以O为圆心、R为半径的斜线部分，其面积大小为SR2R2R2.答案：(1)(2)如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t0时，A板比B板的电势高，电压的正向值为u0，反向值为u0，现有质量为m、带电荷量为q的正粒子组成的粒子束，从AB的中点O1以平行于金属板方向O1O2的速
21、度v0射入，所有粒子在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响求：(1)粒子射出电场时位置离O2点的距离范围及对应的速度；(2)若要使射出电场的粒子经某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处，而便于再收集，则磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度是多大？解析：(1)当粒子由tnT(n0，1，2，)时刻进入电场，向下侧移最大，则s1.当粒子由tnT(n0，1，2，)时刻进入电场，向上侧移最大，则s2，在距离中点O2下方至上方的范围内有粒子射出打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为vy，所以射出速度大小为v .设速度方向与v0的夹角为，则tan ，30.(2)要使平行粒子能
22、够交于圆形磁场区域边界某一点且有最小区域时，磁场直径最小值与粒子宽度相等，粒子宽度D(s1s2)cos 30，即D cos 30.故磁场区域的最小半径为r，而粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvBm，解得B.答案：(1)见解析(2)限时规范训练基础巩固1(多选)如图所示，一束电荷量相同的带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场(左侧极板带正电，右侧极板带负电)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强偏转磁场，最终打在A1A2之间，下列说法正确的是()A粒子带正电B速度选择器中磁场方向为垂直纸面向里C所有打在A1A2之间的粒子，在匀强偏转磁场中的运动时间都相同
23、D粒子打在A1A2之间的位置越远，粒子的质量越大解析：AD带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，所受电场力方向向右，则所受洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外，故B错误；所有打在A1A2之间的粒子，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动，运动的时间为t，而T，经过速度选择器后粒子的速度都相同，则在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子，半径越大运动的时间越长，故C错误；经过速度选择器进入匀强偏转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知，粒子的电荷量相同，根据R知，粒子打在A1A2之间的位置越远，半径越大
24、，则粒子的质量越大，故D正确2如图所示，在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向的匀强电场(未画出)，第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B，一带电粒子从B点以速度v0沿x轴正方向飞入电场，恰好从坐标原点O飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从F点飞出磁场已知OCOF2OA2OD2L，C、F两点位于x轴上，不计粒子重力，则粒子的比荷为()ABCD解析：C由带电粒子在电场中的运动规律可知，粒子在O点的速度的反向延长线过AB边的中点，因此速度方向与x轴正方向成45角，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可得RL，又R，粒子在电场
25、中做类平抛运动，根据几何关系可知vv0，联立解得，故A、B、D错误，C正确3(2021湖北武汉市高三三模)如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里、向外三角形顶点A处有一质子源，能沿A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子均能通过D点，己知质子的比荷k，则质子的速度不可能为()A BBkL C D解析：C质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nRcos 60L，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqvm，联立解得v，所以ABD正确，不符合题意；C错误，符合题意；故选C.4(2020全国卷
26、)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点则()AM处的电势高于N处的电势B增大M、N之间的加速电压可使P点左移C偏转磁场的方向垂直于纸面向外D增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移解析：D电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的
27、电势低于N处的电势，A项错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r知其在磁场中的轨迹半径增大，偏转程度减小，P点将右移，B项错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C项错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转程度增大，P点将左移，D项正确5如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d.一带电荷量为q、质量为m的负离子(重力不计)以速度v0贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场(未标出)要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场
28、，则()A磁场方向垂直纸面向里B磁场方向垂直纸面向外、向里都有可能C磁感应强度大小为D在磁场中运动时间为解析：C负离子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，负离子带负电荷，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A、B错误对于类平抛运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，即tan 2tan 21，故45，又由于tan ，故vyv0，vv0，根据几何关系，负离子做圆周运动的轨道半径为Rd.圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvBm，解得B，故C正确；负离子在磁场中运动时间tT，故D错误能力提升6(2022清远市第一中学高三模拟)(多选)图甲是回旋加速器的示意图，
29、其核心部分是两个D形金属盒在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是()At3t2t2t1t1Bv1：v2：v3123C粒子在电场中的加速次数为D同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变解析：AC粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvBm，可得r，粒子运动周期为T，故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3t2t2t1t1.A正确；粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为mvnqU，可得v，故速度之比为v1：
30、v2：v31，B错误；由B的分析可得mvqU，mvnqU，联立解得n，故粒子在电场中的加速次数为，C正确；由A的分析可得r，由B的分析可知v3v2v2v1，故r3r2r2r1，即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误7(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
31、是()Av1v221 Bv1v212Ct1t232 Dt1t238解析：AD粒子在电场中加速，设加速的位移为x，则根据动能定理有qExmv2，解得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 30R1R2，则R1R212，根据洛伦兹力提供向心力，有R，由联立14，将代入中可得v1v221，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t1t2T1T238，故C错误，D正确8如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P以速
32、度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子间的相互作用及粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()A射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上B粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长C射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线不可能过圆心OD当入射速度v时，粒子射出磁场后一定垂直打在MN上解析：D本题考查带电粒子在圆形边界磁场中的运动对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中运动轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由tT知，运动时间t越小，故B错误；带电粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧
33、，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心O，故C错误；当入射速度v时，由洛伦兹力充当向心力有Bqvm，解得rR，运动轨迹如图所示，射出磁场时的速度方向与MN垂直，故粒子一定垂直打在MN上，故D正确9有人设计了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器，其工作原理如图所示空间中充满竖直向下的匀强电场，一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以不同的速率从P点沿某竖直平面内的PQ方向发射，沿直线飞行到Q点时进入有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于该竖直平面，PQ4l.若速度最大的粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，且其他速度的粒子在离开磁场后最
34、终都能垂直打在PT上的NM范围内，PM8l，PN6l，重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)粒子速度大小的范围；(3)磁场穿过该竖直平面内的最小面积，解析：(1)带电粒子沿直线PQ运动，说明重力和电场力二力平衡，由平衡条件可知qEmg，解得电场强度的大小为E.(2)粒子进入磁场时的速度方向沿直线PQ，说明圆心在过Q点且垂直PQ的垂线上，若速度最大的粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，说明圆心在PT上，所以圆心是垂直PQ的直线与PT的交点A，设最大速度为v1，做圆周运动的半径为R，由几何关系可知(4l)2R2(8lR)2，解得R3l，则PA5l，由几何关系可得cosQAP，
35、可得QAP53，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则有qv1B，解得带电粒子的最大速度为v1，设最小速度为v2，做圆周运动的半径为r，其轨迹如图所示，圆心在C点，因为AQM是等腰三角形，过C点作CD平行于PT交QM于D点，由几何关系可知CQCD，所以最小速度的带电粒子刚好从D点离开磁场，半径是CQ，过D点作DK平行于QA交PT于K，在直角三角形NDK中，由几何关系可知，解得rl，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qv2B，解得带电粒子的最小速度为v2，所以带电粒子的速度大小范围为v.(3)由几何关系可得KDM是等腰三角形，DKKMRr，要想粒子在离开磁场后最终都能垂直打在PT
36、上的NM范围内，带电粒子离开磁场的边界是DM线段，所以磁场穿过该竖直平面内的最小区域为DMQ，最小面积为S(Rr)(Rr)sin 53，解得Sl2.答案：(1)(2)v(3)l2热点加练10.如图所示，三块挡板围成截面边长L1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E4104N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B23B1的匀强磁场现将一比荷108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从小孔C进入内部匀强磁场，经
37、内部磁场偏转后直接垂直AN经Q孔进入外部磁场已知粒子最终回到了O点，O、C相距2 m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力及挡板厚度，取3.求：(1)磁感应强度B1的大小；(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经P孔回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)解析：本题考查带电粒子在三角形边界磁场中运动的多解问题(1)粒子从O到C在电场中加速，根据动能定理得qExmv2，解得v400 m/s，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可知R10.6 m，由洛伦兹力提供向心力有qvB1m，解得B110
38、5 T.(2)由题知，B23B12105 T，由洛伦兹力提供向心力有qvB2m，解得R20.2 m，由运动轨迹可知，粒子从O到C在电场中做匀加速直线运动，则xt1，解得t10.01 s，粒子在磁场B1中运动的周期T1，则在磁场B1中的运动时间为t2T13103s，粒子在磁场B2中运动的周期T2，则在磁场B2中的运动时间为t3T25.5103s，则粒子从O点出发到再次回到O点经历的时间为t2t1t2t32.85102s.(3)设挡板外磁场变为B2，粒子在此磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2m，根据已知条件知，粒子可以垂直MA经P孔回到O点，需满足条件(2k1)r(k0，1，2，)，解得B2105
39、T(k0，1，2，)答案：(1)105 T(2)2.85102s(3)105 T(k0，1，2，)11如图甲所示，某空间区域存在两部分匀强磁场，磁感应强度的大小都为B，两部分匀强磁场的分界线是圆心为O点、半径为R的圆，圆内的磁场方向垂直于纸面向外，圆外的磁场方向垂直于纸面向里现有一质量为m、带电荷量为e的电子从A点沿半径OA方向射出(1)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，两次经过分界线，最后恰好返回到A点，求电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间；(2)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，最后能够返回到A点，求电子在磁场中的运动半径
40、；(3)若方向垂直于纸面向里的磁场分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两圆之间的区域，如图乙所示，电子从A点射出后仍能返回A点，求电子从A点射出时的最大速度解析：本题考查带电粒子在圆形有界磁场中的运动(1)电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得evBm，又周期为T，解得T，作出运动轨迹如图1所示，电子从A点射出后，两次经过分界线，最后返回A点，所用时间t2TTT.图1(2)考虑上述一次进出向里的磁场(两次经过边界线)的情况，由图1中几何关系可知r1Rtan 60R，图2若两次进出向里的磁场时(第二次离开磁场时通过A点)，由于在圆形磁场内外做圆周运动的半径相等，则要把圆周4等分轨迹如图2所示，电子做圆周运动的半径r2Rtan 45R，依次类推：把圆周n等分时，每段圆弧对应的圆心角(n3，4，5，)电子做圆周运动的半径rnRtan(n3，4，5，)(n为奇数时是从外磁场回到A点，n为偶数时是从内磁场回到A点)(3)如图3所示，由几何知识可知，电子运动轨迹不超出边界，则满足r2R，解得rR，如图有tan ，即tan，解得k4.86，由于k要取整数，所以k5时，洛伦兹力提供向心力，有evmBm，解得vmtan.答案：(1)(2)Rtan(n3，4，5，)(n为奇数时是从外磁场回到A点，n为偶数时是从内磁场回到A点)(3)tan