（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第8章 磁場 專題突破 帶電粒子在復合場中的運動學案

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1、專題突破　帶電粒子在復合場中的運動 　帶電粒子在復合場中運動的實例分析 命題角度1　質(zhì)譜儀的原理和分析 1.作用 測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器。 2.原理(如圖1所示) 圖1 (1)加速電場：qU＝mv2； (2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB＝，l＝2r； 由以上兩式可得r＝，m＝，＝。 【例1】　質(zhì)譜儀又稱質(zhì)譜計，是分離和檢測不同同位素的儀器。工作原理如圖2所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子初速度幾乎為零地進入電壓為U0的加速電場。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度大小為B的勻強磁場中，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次

2、測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。為使原本打在MN中點P的離子能打在QN區(qū)域，則加速電壓U的值不可能為(　　) 圖2 A. B. C. D.2U0 解析　由題意知，開始離子在電場中加速，有qU0＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m，打在P點的離子r0＝L，解得U0＝；當加速電壓為U時，qU＝mv′2，qv′B＝；離子打在Q點時，r＝L，得U＝；離子打在N點時，r＝L，得U＝；則加速電壓U的范圍為≤U≤，選項D符合題意。 答案　D 命題角度2　回旋加速

3、器的原理和分析 1.加速條件：T電場＝T回旋＝； 2.磁場約束偏轉(zhuǎn)：qvB＝?v＝。 3.帶電粒子的最大速度vmax＝，rD為D形盒的半徑。粒子的最大速度vmax與加速電壓U無關。 4.回旋加速器的解題思路 (1)帶電粒子在縫隙的電場中加速，交變電流的周期與帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，每經(jīng)過電場一次，粒子加速一次。 (2)帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)、半徑不斷增大，周期不變，最大動能與D形盒的半徑有關。 【例2】　(2018·常州模擬)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時

4、都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖3所示。設D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B.質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關 C.高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D.不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解析　由T＝，T＝，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，即不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關，選項A正確、B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項C錯

5、誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝，故選項D錯誤。 答案　A 命題角度3　霍爾效應的原理和分析 1.定義：高為h，寬為d的金屬導體(自由電荷是電子)置于勻強磁場B中，當電流通過金屬導體時，在金屬導體的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。 2.電勢高低的判斷：如圖4，金屬導體中的電流I向右時，根據(jù)左手定則可得，下表面A′的電勢高。 圖4 3.霍爾電壓的計算：導體中的自由電荷(電子)在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢差，當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，

6、由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd；聯(lián)立得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數(shù)。 【例3】　(2018·4月浙江選考，22)壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號，其原理如圖5所示。壓力波p(t)進入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“┤”型輕桿L，驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比(x＝αp，α>0)?；魻柶姆糯髨D如圖6所示，它由長×寬×厚＝a×b×d、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導體制成。磁場方向垂直于x軸向上，磁感應強度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0。無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x＝0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側(cè)面上D

7、1、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0。 　　　　　　　　圖5　　　　　　　　　 圖6 圖7 (1)指出D1、D2兩點哪點電勢高； (2)推導出U0與I、B0之間的關系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為I＝nevbd，其中e為 電子電荷量)； (3)彈性盒中輸出壓力波p(t)，霍爾片中通以相同電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖7。忽略霍爾片在磁場中運動產(chǎn)生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率。(結果用U0、U1、t0、α及β表示) 解析　(1)N型半導體可以自由移動的是電子(當然題目也給出了自由電子)，根據(jù)左手定則可以知道電子往D2端移動，因此D1點電勢高。

8、 (2)根據(jù)霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得 evB0＝eEH，U0＝EHb 將v＝代入，解得U0＝ (3)由任意時刻霍爾元件內(nèi)部電子受到的洛倫茲力和電場力平衡得 evB＝e① UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)② 根據(jù)圖象可知壓力波p(t)關于時間t是一個正弦函數(shù)，其絕對值的周期是原函數(shù)周期的一半，根據(jù)圖象可知|p(t)|關于t的周期是t0，則p(t)關于t的周期是2t0，頻率是；由②式可知當壓力波p(t)達到振幅A時，UH最小，為U1，代入②式可得 U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA) 解得A＝。 答案　(1)D1點電勢高　(2)U0＝

9、　(3)　 命題角度4　速度選擇器、磁流體發(fā)電機 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負電荷，兩極板間電壓為U時穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 【例4】　(2017·11月浙江選考)如圖8所示，在兩水平金屬板構成的器件中，存在著勻強電場與勻強磁場，電場強度E和磁感應強度B相互垂直。以某一水平速度進入的不計重力的帶電粒子恰好能沿直線運動，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.粒子一定帶負電 B.粒子的速度大小v＝ C.若粒子速度大小改變，粒子將做曲線運動 D.若粒子速度大小改變，電

10、場對粒子的作用力會發(fā)生變化 解析　無論是正電荷還是負電荷，在題設條件下，電場力和洛倫茲力方向總相反，都能夠做直線運動，所以無法判斷粒子的電性，選項A錯誤；粒子沿水平方向做直線運動，說明豎直方向合外力為零，即qE＝qvB，得到v＝，所以選項B錯誤；如果粒子速度變大或變小，都會導致洛倫茲力變化，電場力不變，此時電場力和洛倫茲力合力不為0，因此粒子就會做曲線運動，選項C正確；不管粒子速度大小怎么改變，在勻強電場中，粒子受到的電場力不變，所以選項D錯誤。 答案　C 【例5】　(2018·11月浙江選考)磁流體發(fā)電的原理如圖9所示，將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場

11、中，在相距為d，寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極，若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ，忽略邊緣效應，下列判斷正確的是(　　) 圖9 A.上板為正極，電流I＝ B.上板為負極，電流I＝ C.下板為正極，電流I＝ D.下板為負極，電流I＝ 解析　根據(jù)左手定則可知，帶正電的粒子在磁場中受到的洛倫茲力向下，故下板為正極，兩板間的電勢差為U，則q＝qvB，得U＝Bdv，電流I＝＝，選項C正確。 答案　C 解決實際問題的一般過程 　帶電粒子在復合場中的運動 命題角度1　帶電粒子在組合場中的運動

12、帶電粒子在組合場中的運動，實際上是幾個典型運動過程的組合(如：電場中的加速直線運動、類平拋運動；磁場中的勻速圓周運動)，因此解決此類問題要分段處理，解題關鍵如下： (1)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。 (2)畫運動軌跡：根據(jù)受力情況和運動情況，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。 【例6】　(2016·4月浙江選考)如圖10為離子探測裝置示意圖。區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長均為L＝0.10 m，高均為H＝0.06 m。區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼

13、著可探測帶電粒子位置的豎直屏。質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s 水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為＝1.0×108 C/kg。(忽略邊界效應，不計重力) 圖10 (1)當區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax； (2)當區(qū)域Ⅰ不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax； (3)當區(qū)域Ⅰ加電場E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域Ⅰ中的電場E之間的關系式。 解析　(1)畫出軌跡，如圖所示： 偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tan θ＝， 豎直分速度：vy＝a

14、t，加速度：a＝， 運動時間：t＝，tan θ＝＝ 解得：Emax＝＝200 V/m； (2)畫出軌跡，如圖所示 軌跡圓半徑滿足：L2＋＝R2，解得R＝， 質(zhì)子在磁場中做圓周運動，滿足qvBmax＝m， 解得Bmax＝＝＝5.5×10－3 T。 (3)畫出軌跡，如圖所示 偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tan θ＝，vy＝at，a＝，t＝， v′＝； 軌跡圓圓心角為2θ，半徑滿足：R′＝， 圓周運動滿足：qv′B＝m 綜上可解得：B＝。 答案　(1)200 V/m　(2)5.5×10－3 T　(3)B＝ “5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題 命題角度2　帶電粒子

15、在疊加場中的運動 1.磁場力、重力并存 (1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。 (2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。 2.電場力、磁場力并存(不計重力) (1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。 (2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解。 3.電場力、磁場力、重力并存 (1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動。 (2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動。 (3)若合力不為零，帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解。 【例7】　平面OM

16、和水平面ON之間的夾角為30°，其橫截面如圖11所示，平面OM和水平面ON之間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，勻強電場的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動，已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點P射出磁場(P未畫出)。 圖11 (1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場強度E為多大？ (2)帶電小球離開磁場的出射點P到兩平面交點O的距離s 為多大？ (3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運

17、動，能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上，求打在光屏上的點到O點的距離。 解析　(1)根據(jù)題意知，小球受到的電場力與重力平衡，小球所受的合力等于洛倫茲力，則帶電小球帶正電荷。 由F＝qE＝mg，可得E＝。 (2)帶電小球進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝m，得R＝。 根據(jù)題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相切的點，I點為入射點，P點為出射點，則IP為運動軌跡所對的弦，帶電小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關系可得，OP為圓軌道的直徑，所以OP的長度 s＝＝4R＝。 (3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設帶電小球

18、打在光屏上的T點。則帶電小球運動的水平方向位移為x＝v0t，得t＝＝＝， 豎直方向位移為y＝gt2＝g·＝， 如圖所示，T點到O點的距離 OO′＝2R＋y＝＋。 答案　(1)正電荷　　(2)　(3)＋ 帶電粒子在疊加場中運動的分析方法 (2018·11月浙江選考)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設計了如圖12甲所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖乙所示的幅值為U0的交變電壓，周期T0＝，板M上方和板N下方有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場。粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子，有一沿x軸

19、可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子。t＝0時刻，發(fā)射源在(x，0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電場中運動的時間不計。 圖12 (1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y＝y(tǒng)0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能； (2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關系。 解析　(1)發(fā)射源的位置x0＝y(tǒng)0 粒子的初動能Ek0＝ (2)分下面三種情況討論 ①見圖1，Ek0>2qU0 圖1 由y＝、R0＝、R1＝ 和mv＝mv－qU0、mv＝mv－qU0 及x

20、＝y(tǒng)＋2(R0＋R1) 得x＝y(tǒng)＋＋ ②見圖2，qU0

21、離子重力及其間相互作用力)(　　) 圖1 A.E向上，B向上 B.E向下，B向下 C.E向上，B向下 D.E向下，B向上 解析　負離子打在第Ⅲ象限，相對于原點O向下運動和向左運動，所以E向上，B向下，選項C正確。 答案　C 2.如圖2所示，一電子束沿垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是(　　) 圖2 A.將變阻器滑動頭P向右滑動 B.將變阻器滑動頭P向左滑動 C.將極板間距離適當減小 D.將極板間距離適當增大 解析　電子射入極板間后，偏向A板，說明qE>qvB，由E＝可知，減小場強E的方法有增大板

22、間距離和減小板間電壓，故C錯誤，D正確；而移動變阻器滑動頭P并不能改變板間電壓，故A、B均錯誤。 答案　D 3.如圖3所示，空間的某個復合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場。質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek。那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能Ek′的大小是(　　) 圖3 A.Ek′＝Ek B.Ek′>Ek C.Ek′

23、qv＝qE，則v＝，同理對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當它進入復合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，選項B正確。 答案　B 4.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖4所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) 圖4 A.11 B.12 C.121 D.144

24、 解析　設質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得 qU＝mv2－0，得v＝① 在磁場中qvB＝m② 由①②式聯(lián)立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故選項D正確。 答案　D 5.(2018·稽陽聯(lián)誼學校8月聯(lián)考)如圖5所示，半徑分別為R1、R2的兩個同心圓，圓心為O，小圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度為B1，大圓外有垂直紙面的磁感應強度為B2的磁場，圖中未畫出，兩圓中間的圓環(huán)部分沒有磁場。今有一帶正電粒子(質(zhì)量為m，帶

25、電荷量為q)從小圓邊緣的A點以速度v沿AO方向射入小圓的磁場區(qū)域，然后從小圓磁場中穿出，此后該粒子第一次回到小圓便經(jīng)過A點，帶電粒子重力不計，求： 圖5 (1)若v＝，則帶電粒子在小圓內(nèi)的運動時間t為多少； (2)大圓外的磁場B2的方向； (3)磁感應強度B1與B2的比值為多少？ 解析　(1)帶正電粒子在小圓內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB1＝m，r1＝＝R1 由幾何關系可知粒子在小圓內(nèi)的軌跡圓弧的圓心角為 θ＝，則t＝，解得t＝。 (2)粒子第一次回到小圓便經(jīng)過A點，則粒子在大圓外的磁場中繼續(xù)做逆時針方向的圓周運動，則B2的方向為垂直于紙面向里。 (3)由幾

26、何關系可得＝，r1＝，r2＝， 解得＝。 答案　(1)　(2)垂直于紙面向里　(3) B組　能力提升 6.(2016·10月浙江選考)如圖6所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場。位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～v0，這束離子經(jīng)電勢差為U＝的電場加速后，從小孔O(坐標原點)垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上，在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a＝)，假設每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)。 圖6 (1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)

27、間； (2)調(diào)整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應強度大小B1； (3)保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大小。 解析　(1)根據(jù)動能定理，可得 qU＝mv2－mv v＝ 可得v0≤v≤2v0 離子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB0＝，R＝ 離子打在x軸上的坐標表達式為 x＝2R＝ 代入數(shù)據(jù)得2a≤x≤4a (2)當速度最大的離子打在探測板右端 3a＝2R1，R1＝，B1＝B0。 (3)離子束能打到探測板的

28、實際范圍為2a≤x≤3a 對應的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動量定理，吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝＝ 反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝＝ ＝ 根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小 F＝F吸＋F反＝N0mv0。 答案　(1)2a≤x≤4a　(2)B0　(3)N0mv0 7.(2018·浙江諸暨牌頭中學期中)如圖7所示，半徑r＝0.06 m 的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1 m；磁感應強度大小B＝0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為(0，0.08 m)；平行金屬板MN的長度L＝0.3

29、 m 、間距d＝0.1 m，兩板間加電壓U＝640 V，其中N板收集粒子并全部中和吸收。一位于O點的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻發(fā)射比荷＝1×108 C/kg、速度大小v＝6×105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第Ⅰ象限射出的粒子速度方向均沿x軸正方向。不計粒子重力、粒子間的相互作用及電場的邊緣效應，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 圖7 (1)粒子在磁場中運動的軌跡半徑； (2)求從坐標(0，0.18 m)處射出磁場的粒子在O點入射方向與y軸的夾角； (3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例。 解析　由洛倫茲力充當向心力可求得運動半徑；做出帶電粒子在磁

30、場中做勻速圓周運動的軌跡，由幾何知識即可求出θ；利用帶電粒子在勻強電場中類平拋運動規(guī)律和帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動規(guī)律求解。 (1)由洛倫茲力充當向心力得qvB＝m 代入數(shù)據(jù)解得：R′＝0.08 m (2)粒子運動軌跡如圖所示： 令從y＝0.18 m處出射的粒子對應的入射角方向與y軸的夾角為θ，由幾何關系可得： sin θ＝0.8，即θ＝53° (3)如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標為y，由帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得y＝at2 加速度為a＝ 飛行時間為t＝ 聯(lián)立可得y＝＝0.08 m 設此粒子射入時與x軸的夾角為α，則由幾何知識得 y＝rsin α＋

31、R0－R0cos α 可得tan α＝，即tan α＝53° N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例為 ×100%＝29% 答案　(1)0.08 m　(2)θ＝53°　(3)29% 8.(2018·嘉興市期末)如圖8所示，O′PQ是關于y軸對稱的四分之一圓，在PQNM區(qū)域有均勻輻向電場，PQ與MN間的電壓為U。一初速度為零的帶正電的粒子從PQ上的任一位置經(jīng)電場加速后都會從O′進入半徑為R、中心位于坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向外，大小為B，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能平行于x軸射出。在磁場區(qū)域右側(cè)有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K，金屬板長均為4R，其

32、中K板接地，A與K兩板間加有電壓UAK＞0，忽略極板電場的邊緣效應，不計重力。已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切，O′在y軸上。 圖8 (1)求帶電粒子的比荷； (2)求帶電粒子進入右側(cè)電場時的縱坐標范圍； (3)若無論帶電粒子從PQ上哪個位置出發(fā)都能打到K板上，則電壓UAK至少為多大？ 解析　(1)由動能定理可知qU＝mv2 由已知條件可知，帶電粒子在磁場中運動的半徑R0＝R 洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動的向心力，qvB＝m。聯(lián)立解得＝ (2)如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，在磁場中做圓周運動的圓心為O1，由幾何關系知，對應的圓心角為135°，離開磁場的出射點a在y軸上的投影與O′的距離為 Δy＝R＋R a點的縱坐標ya＝R 同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出射點b的縱坐標yb＝－R 故帶電粒子進入右側(cè)電場時的縱坐標范圍為－R～R (3)只要沿QN方向入射的帶電粒子能打在K板上，則從其他位置入射的粒子也一定打在K板上，則在電場中 E＝ F＝qE＝ma y＝R＋R＝at2 應滿足4R≥vt 解得UAK≥U 答案　(1)　(2)－R～R　(3)U 20