課時檢測(五十三)帶電粒子在組合場中的運動(題型研究課)1．如圖所示，中軸線PQ將矩形區域MNDC分成上下兩部分，上部分充滿垂直于紙面向外的勻強磁場，下部分充滿垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度皆為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點進入磁場，速度與邊MC的夾角θ＝30°。MC邊長為a，MN邊長為8a，不計粒子重力。問：(1)若要該粒子不從MN邊射出磁場，其速度最大值是多少？(2)若要該粒子恰從Q點射出磁場，其在磁場中的運行時間最短是多少？解析：(1)設該粒子恰好不從MN邊射出磁場時的軌跡半徑為r，則由幾何關系得rcos60°＝r－eq\f(a,2)，解得r＝a，又由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得最大速度為vm＝eq\f(qBa,m)。(2)由幾何關系可知，粒子每經過分界線PQ一次，在PQ方向前進的位移為軌跡半徑R的eq\r(3)倍，設粒子進入磁場后第n次經過PQ線時恰好到達Q點，有n×eq\r(3)R＝8a且R<a，解得n>eq\f(8,\r(3))≈4.62，n所能取的最小自然數為5，粒子做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，粒子每經過PQ分界線一次用去的時間為t＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3qB)，粒子到達Q點的最短時間為tmin＝5t＝eq\f(10πm,3qB)。答案：(1)eq\f(qBa,m)(2)eq\f(10πm,3qB)2．(2018·福州模擬)如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上。一個質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子，從y軸上的點a(h,0)沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成45°進入電場，經過y軸的點b時速度方向恰好與y軸垂直。求：(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強電場的電場強度大小E；(3)粒子從開始到第三次經過x軸的時間t總。解析：(1)根據題意，大致畫出粒子在復合場中的運動軌跡，如圖所示：由幾何關系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛頓第二定律得：qBv1＝meq\f(v12,r)解得：v1＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBh,m)。(2)設粒子第一次經過x軸的位置為x1，到達點b時速度大小為vb，根據類平拋運動規律得：vb＝v1cos45°解得：vb＝eq\f(qBh,m)設粒子進入電場經過時間t運動到點b，點b的縱坐標為－yb，由類平拋運動規律得：r＋rsin45°＝vbtyb＝eq\f(1,2)(v1sin45°＋0)t＝eq\f(\r(2)＋1,2)h由動能定理得：－qEyb＝eq\f(1,2)mvb2－eq\f(1,2)mv12解得：E＝eq\f(\r(2)－1qhB2,m)。(3)粒子在磁場中運動的周期為：T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,Bq)第一次經過x軸的時間t1＝eq\f(225°,360°)T＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)在電場中運動的時間t2＝2t＝eq\f(2\r(2)＋1m,qB)從第二次經過x軸到第三次經過x軸的時間t3＝eq\f(270°,360°)T＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)則總時間：t總＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,4)＋2\r(2)＋2))eq\f(m,Bq)。答案：(1)eq\r(2)heq\f(\r(2)qBh,m)(2)eq\f(\r(2)－1qhB2,m)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,4)＋2\r(2)＋2))eq\f(m,Bq)3．(2018·南通一模)如圖所示，足夠大的熒光屏ON垂直xOy坐標平面，與x軸夾角為30°，y軸與ON間有沿＋y方向、場強為E的勻強電場，一質量為m、電荷量為－q的離子從y軸上的P點以速度v0、沿＋x軸方向射入電場，恰好垂直打到熒光屏上的M點(圖中未標出)。現撤去電場，在y軸與ON間加上垂直坐標平面向里的勻強磁場，相同的離子仍以速度v0從y軸上的Q點沿＋x軸方向射入磁場，恰好也垂直打到熒光屏上的M點，離子的重力不計。(1)求離子在電場中運動的時間t1；(2)求P點距O點的距離y1和離子在磁場中運動的加速度大小a；(3)若相同的離子分別從y軸上的不同位置以速度v＝ky(y>0，k為常數)、沿＋x軸方向射入磁場，離子都能打到熒光屏上，求k應滿足的條件。解析：(1)設離子垂直打到熒光屏上的M點時，沿y軸方向的分速度大小為vy，在電場中運動的加速度為a1，則vy＝eq\f(v0,tan30°)qE＝ma1vy＝a1t1解得t1＝eq\f(\r(3)mv0,qE)。(2)兩種情況下離子的運動軌跡如圖所示。由幾何關系可知y1＝eq\f(1,2)a1t12＋v0t1tan30°解得y1＝eq\f(5mv02,2qE)設離子在磁場中做圓周運動半徑為r，則rcos30°＝v0t1而a＝eq\f(v02,r)解得a＝eq\f(qE,2m)。(3)如圖所示，設從縱坐標為y處射入磁場的離子恰好能打到熒光屏上，對應的圓周運動半徑為r0，則r0＋eq\f(r0,cos30°)＝y而qBv＝eq\f(mv2,r′)其中v＝ky為使離子能打到熒光屏上應滿足r′≥r0qBv0＝ma解得k≥eq\f(2\r(3)－3qE,2mv0)。答案：(1)eq\f(\r(3)mv0,qE)(2)eq\f(5mv02,2qE)eq\f(qE,2m)(3)k≥eq\f(2\r(3)－3qE,2mv0)4．(2018·南通、泰州高三一模)如圖所示，豎直放置的平行金屬板A、B間電壓為U0，在B板右側CDMN矩形區域存在豎直向下的勻強電場，DM邊長為L，CD邊長為eq\f(3,4)L，緊靠電場右邊界存在垂直紙面水平向里的有界勻強磁場，磁場左右邊界為同心圓，圓心O在CDMN矩形區域的幾何中心，磁場左邊界剛好過M、N兩點。質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，從A板由靜止開始經A、B極板間電場加速后，從邊界CD中點水平向右進入矩形區域的勻強電場，飛出電場后進入勻強磁場。當矩形區域中的場強取某一值時，粒子從M點進入磁場，經磁場偏轉后從N點返回電場區域，且粒子在磁場中運動軌跡恰與磁場右邊界相切，粒子的重力忽略不計，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求粒子離開B板時的速率v1；(2)求磁場右邊界圓周的半徑R；(3)將磁感應強度大小和矩形區域的場強大小改變為適當值時，粒子從MN間飛入磁場，經磁場偏轉返回電場前，在磁場中運動的時間有最大值，求此最長時間tm。解析：(1)粒子從A到B的加速過程中，由動能定理有qU0＝eq\f(1,2)mv12－0解得v1＝eq\r(\f(2qU0,m))。(2)如圖所示，粒子剛好沿著磁場右邊界到達N點圖中tanθ＝eq\f(\f(3L,8),\f(L,2))，θ＝37°由幾何關系知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,8)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)tanθ＝eq\f(15,32)L則R＝eq\f(r,sinθ)＋r＝eq\f(5,4)L。(3)若粒子從同一點離開電場，在磁場中運動軌跡與右邊界相切時弧長最長，運動時間也最長；若粒子從不同點離開電場，在磁場中運動軌跡與右邊界相切時弧長最長，且當矩形區域場強為零時，粒子進入磁場時速度最小，粒子在磁場中運動的時間最長，對應軌跡如圖所示，則tm＝eq\f(254°,360°)×eq\f(2πr,v1)解得tm＝eq\f(127πL,384)eq\r(\f(2m,qU0))。答案：(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(5,4)L(3)eq\f(127πL,384)eq\r(\f(2m,qU0))5．如圖所示，圓柱形區域的半徑為R，在區域內有垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場；對稱放置的三個相同的電容器，極板間距為d，板間電壓為U，與磁場相切的極板在切點處均有一小孔，一帶電粒子，質量為m、帶電荷量為＋q，自某電容器極板上的M點由靜止釋放，M點在小孔a的正上方，若經過一段時間后，帶電粒子又恰好返回M點，不計帶電粒子所受重力。求：(1)粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(2)U與B所滿足的關系式；(3)粒子由靜止釋放到再次返回M點所經歷的時間。解析：(1)由題意知，粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系解得r＝eq\r(3)R。(2)設粒子加速后獲得的速度為v，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，由洛倫茲力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)，聯立解得B＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,3q))。(3)根據運動電荷在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝2πReq\r(\f(3m,2qU))，依題意分析可知粒子在磁場中運動一次所經歷的時間為eq\f(1,6)T，故粒子在磁場中運動的總時間為t1＝3×eq\f(1,6)T＝πReq\r(\f(3m,2qU))，而粒子在勻強電場中所做運動類似豎直上拋運動，設每次上升或下降過程經歷的時間為t2，則有d＝eq\f(1,2)at22，a＝eq\f(qU,md)，解得t2＝deq\r(\f