专题课:带电粒子在组合场中的运动 例1 C [解析] 如图所示,粒子在电场中做类平抛运动,沿y轴负方向做匀速直线运动,有d=v0t,沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a==,则沿x轴正方向的位移x=at2=d,设射出电场时粒子的速度v方向与初速度v0方向的夹角为θ,根据类平抛运动的推论得tan θ=2=,则θ=60°,所以v==2v0,粒子在磁场中做匀速圆周运动,恰好打到y轴上时,轨迹与y轴相切,设粒子的轨迹半径为r,根据几何关系得r+rcos 60°=2d+x,解得r=2d,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得B=,选项C正确. 变式1 (1) (2) (3) [解析] (1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,经电压U加速后的速度大小为v,根据动能定理可得qU=mv2 粒子在第一象限首先做匀速直线运动,运动轨迹如图甲所示 粒子进入到磁场中后做匀速圆周运动,根据几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径r=a 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得比荷= (2)粒子自点垂直于y轴射入第二象限,落在点,粒子在电场中做类平抛运动. 垂直于电场方向有a=vt1 沿电场方向有2a=· 联立解得t1=,E= 粒子在磁场中运动的时间t2= 设粒子在第一象限直线y=x下方运动的时间t3= 所以粒子自M点运动到N点的时间t=t1+t2+t3= (3)当M点的坐标变为时,运动轨迹如图乙所示 根据几何关系得acos α+a=a 解得α=45° 粒子自P点穿过y轴,则OP=a+asin 45°=a 根据动能定理得qE·OP=mv'2-mv2 解得v'= 例2 (1) (2)2v0 (3) [解析] (1)x≤0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场,带电粒子在电场中做类平抛运动,根据类平抛运动规律有 L=v0t L=at2 根据牛顿第二定律有a= 联立解得E= (2)沿y轴方向有vy=at=2v0 (3)磁感应强度沿x轴正方向,则粒子沿x轴正方向做匀速运动,有x'==v0t' 粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动,有qvyB=m 联立解得t'=,R= 由于周期T=,所以粒子到达光屏的时间t'=T 设粒子击中光屏时的位置坐标为(x',y',z'),根据几何关系可知 y'=-L+R=-L z'=R= 故粒子击中光屏时的位置坐标为 例3 (1) (2) [解析] (1)0~t0时间内粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由于t=t0时刻粒子第一次离x轴最远,所以此时粒子恰好运动了四分之一圆周,即粒子做圆周运动的周期T满足=t0 由于T= 联立解得B0= 粒子做四分之一圆周运动后,磁场变为电场,粒子以速度v0垂直于电场方向进入电场做类平抛运动,根据电场强度和磁感应强度变化的图像可知周期性运动的周期为4t0,要使粒子能沿一定轨道做周期性运动,粒子在t0~2t0时间内应从最高点运动到x轴,y方向上有R=a 其中R==,a= 联立解得v0= (2)粒子运动的轨迹如图所示,粒子经过x轴时离O点的最远距离L=2R+2x1 其中R===,x1=v0t0= 代入得L= 随堂巩固 1.B [解析] 由洛伦兹力提供向心力可得,粒子在第二象限中运动的时间t1=T1=,在第一象限中运动的周期T2=2T1=,运动的半径为在第二象限中运动的半径的2倍,粒子运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子在第一象限中运动的圆弧对应的圆心角为60°,运动的时间t2=T2=,所以粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=,选项B正确. 2.D [解析] 由题意可得,qU=mv2,k=,r=,解得r=,若只增大U,则r增大,粒子不可能从d、P之间某位置穿出磁场,若只减小B,则r增大,粒子不可能从ad边某位置穿出磁场,若既减小U又增大B,则r减小,粒子不可能从bc边某位置穿出磁场,若只增大k,则r减小,粒子可以从d、P之间某位置穿出磁场,D正确. 3.AD [解析] 若粒子经时间t=T0恰好垂直打在CD上,则粒子运动的半径为R=L,根据qvB0=m,解得磁场的磁感应强度B0=,选项A正确; 若粒子经时间t=T0恰好垂直打在CD上,则粒子运动的轨迹为3个四分之一圆周,如图甲所示,由几何关系得运动的半径为r=L,运动的加速度大小为a==,选项B错误;要使粒子恰能沿DC方向通过C点,粒子运动的时间应为磁感应强度变化的周期的整数倍 ... ...
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