- 带电粒子在混合场中的运动
- 共247题
如图所示，AB、CD是处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场的两条金属导轨（足够长），导轨宽度为d，导轨通过导线分别与平行金属板MN相连，有一与导轨垂直且始终接触良好的金属棒ab以某一速度
（1）金属棒ab做匀速直线运动速度的大小B？
（2） 粒子到达H点时的速度多大？
（3）要使粒子不能回到y轴边界，电场强度以满足什么条件？
正确答案
见解析。
解析
金属棒ab在切割磁感线过程中产生的感应电动势为：
设粒子在F进入磁场时的速度为
由几何知识可得（如图）
粒子在通过MN过程中由动能定理得：
联解以上各式得：
（2）从D到C只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有
解得：
（3）
要使粒子不能回到y轴边界，
即 
知识点
如图所示，R1=R2=40Ω，R,3=25Ω，电源的内电阻r=5Ω，AB是一个电容器，电容器板间距是d=8cm，板长为L=8cm，电容器间有一垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。当开关闭合时，电容间有一电量q=8×10-4C，质量为m=8.0×-8kg的带正电的粒子能向右以500m/s匀速穿过这个区域，忽略重力影响。
⑴判断磁场的具体方向；
⑵求电源电动势；
⑶若断开开关S，带电粒子从左边中间射入，试判断该粒子能否射出该区域？若能射出该区域，求它射出该区域时，带电粒子的侧向位移及偏角。
正确答案
见解析。
解析
⑴若粒子带正电，则它所受的电场力向下，而洛伦兹力必然向上，由左手定则可以判断该区域的磁场方向垂直纸面向里。(2分)
⑵带电粒子在电场中所受的电场力为F=qE (1分) ①，板间的电场强度：
洛伦兹力f=qvB (1分)②，两力平衡，则有F=f (1分) ③
联立解得：U=dvB=8×10-2×500×0.5V=20V (1分)④
电路中的电流为：
而R1、R1并联的总电阻为R12=20Ω，则电源电动势为：
ε=I(R12+r)+U=0.8×(20+5)+20=40(V) (2分)
⑶当断开开关时，AB间的电场消失，带电粒子在洛伦兹力作用下
发生偏转的情况如图所示
洛伦兹力提供向心力：
则半径为：
则：侧向位移为：
偏角的正弦值为：
知识点
飞行时间质谱仪可以根据带电粒子的飞行时间对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，自脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的方形区域，然后到达紧靠在其右侧的探测器。已知极板a、b间的电压为U0，间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及经过a板时的初速度。
（1）若M、N板间无电场和磁场，请推导出离子从a板到探测器的飞行时间t
与比荷k（k=
（2）若在M、N间只加上偏转电压U1，请论证说明不同正离子的轨迹是否重合；
（3）若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场。已知进入a、b间的正离子有一价和二价的两种，质量均为m，元电荷为e。要使所有正离子均能通过方形区域从右侧飞出，求所加磁场的磁感应强度的最大值Bm。
正确答案
见解析。
解析
（1）带电离子在平行板a、b间运动时，根据动能定理 
解得：
带电离子在平行板a、b间的加速度
所以，带电离子在平行板a、b间的运动时间
带电离子在平行板M、N间的运动时间
所以，带电离子的全部飞行时间
（2）正离子在平行板M、N间水平方向运动位移为x时，在竖直方向运动的位移为y。
水平方向满足 
竖直方向满足 
加速度 
由上述②、③、④式得：
⑤式是正离子的轨迹方程，与正离子的质量和电荷量均无关。所以，不同正离子的轨迹是重合的。
（3）当M、N间磁感应强度大小为B时，离子做圆周运动，满足
由上述①、⑥两式，解得：带电离子的轨道半径
上式表明：在离子质量一定的情况下，离子的电荷量越大，在磁场中做圆周运动的半径越小，也就越不容易穿过方形区从右侧飞出。所以，要使所有的一价和二价正离子均能通过方形区从右侧飞出，只要二价正离子能从方形区飞出即可。当二价正离子刚好能从方形区域飞出时的磁感应强度为满足题目条件的磁感应强度的最大值。
设当离子刚好通过方形区从右侧飞出时的轨道半径为R，由几何关系得
解得： 
将二价正离子的电量2e代入⑦式得：
由⑧、⑨式得：
知识点
如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。y<0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）。一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y<0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x<0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：
（1）第一象限电场的电场强度E1的大小及方向；
（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小；
（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间。
正确答案
见解析。
解析
（1）在第一象限内，带电微粒从静止开始沿Pa做匀加速直线运动，受重力mg和电场力qE1的合力一定沿Pa方向，电场力qE1一定水平向左。
带电微粒在第四象限内受重力mg、电场力qE2和洛仑兹力qvB做匀速直线运动，所受合力为零。分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右，故微粒一定带正电。
所以，在第一象限内E1方向水平向左（或沿x轴负方向）。
根据平行四边形定则，有 mg=qE1tanθ
解得 E1=
（2）带电粒子从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零。
由于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有 qvBcosθ=mg
带电粒子通过a点的水平分速度vx=vcosθ=
带电粒子在第一象限时的水平加速度ax=qE1/m=
带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移x=
由P点到a点过程中电场力对带电粒子所做的功W电=qE1x=
因此带电微粒由P点运动到c点的过程中，电势能的变化量大小
ΔE电=
（3）在第三象限内，带电微粒由b点到c点受重力mg、电场力qE3和洛仑兹力qvB做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有
qE3=mg
设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律，有 qvB=mv2/R
带电微粒做匀速圆周运动的周期
T=
带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，连接bc弦，因Oa=Oc，所以Δabc为等腰三角形，即∠Ocb=∠Oab=30°。过b点做ab的垂线，与x轴交于d点，因∠Oba=60°，所以∠Obd=30°, 因此Δbcd为等腰三角形，bc弦的垂直平分线必交于x轴上的d点，即d点为轨迹圆的圆心。
所以带电粒子在第四象限运动的位移xab=Rcotθ=
其在第四象限运动的时间t1=
由上述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120°，即转过1/3圆周，所以从b到c的运动时间 t2=
因此从a点运动到c点的时间 t=t1+t2=
知识点
如图所示，在坐标系xOy所在平面内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标O1（a , 0），圆内分布有垂直xOy平面的匀强磁场。在坐标原点O处有一个放射源，放射源开口的张角为90°，x轴为它的角平分线。带电粒子可以从放射源开口处在纸面内朝各个方向射出，其速率v、质量m、电荷量+q均相同。其中沿x轴正方向射出的粒子恰好从O1点的正上方的P点射出。不计带电粒子的重力，且不计带电粒子间的相互作用。
（1）求圆形区域内磁感应强度的大小和方向；
（2）a，判断沿什么方向射入磁场的带电粒子运动的时间最长，并求最长时间；
b，若在y≥a的区域内加一沿y轴负方向的匀强电场，放射源射出的所有带电粒子运动过程中将在某一点会聚，若在该点放一回收器可将放射源射出的带电粒子全部收回，分析并说明回收器所放的位置。
正确答案
见解析。
解析
（1）设圆形磁场区域内的磁感应强度为B，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供向心力：
其中R=a
则：
由左手定则判断磁场方向垂直于xOy平面向里
（2）沿与x轴45°向下射出的带电粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图，根据几何关系粒子离开磁场时速度方向沿y轴正方向，∠OO3Q=135º。
设该带电粒子在磁场中运动的时间为t，根据圆周运动周期公式得：
所以：
（3）设某带电粒子从放射源射出，速度方向与x轴的夹角为α，做速度v的垂线，截取OO4=a，以O4为圆心a为半径做圆交磁场边界于M点。由于圆形磁场的半径与带电粒子在磁场中运动的半径均为a，故OO1MO4构成一个菱形，所以O4M与x轴平行，因此从放射源中射出的所有带电粒子均沿y轴正方向射出。带电粒子在匀强电场中做匀减速直线运动，返回磁场时的速度与离开磁场时的速度大小相等方向相反，再进入磁场做圆周运动，圆心为O5，OO4O5N构成一平行四边形，所以粒子在磁场中两次转过的圆心角之和为180°，第二次离开磁场时都经过N点。故收集器应放在N点，N点坐标为（2a，0）。
知识点
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