2019高考物理一轮总复习 第九章 磁场 专题强化7 带电粒子在交变电磁场中的运动讲义 新人教版

(3)只有在 0－(T2－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速， η＝T2－TΔt
2 由 η>99%，解得 d<10π0mqUB20R
答案：(1)q22Bm2R2 (2)πBR22＋U20 BRd－πqmB (3)d<10π0mqUB20R
(三)交变电、磁场 例 3 (2017·江西新余四中、宜春一中联考)在科学研究
(3)粒子在 t3 时刻进入电场后以初速度 v＝ B2E0 0做类平抛运动 速度的竖直分速度
v′y＝at＝qmE0·kB20＝
2E0 B0
则再次进入磁场时速度大小 v′＝2BE00
由 tanθ′＝v′v y＝1 得 θ′＝45°，即 v′与水平方向成 45°
由 qv′B0＝mv′r2 2得 r2＝2kEB020 综上可得水平极板的长度 L＝v0·k2B0＋r1sin45°＋ 2v0·kB20＋r2sin45°＝5＋kB202 E0
[解析] (1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度
示。
由速度关系可得vv0＝cosθ
解得 v＝233v0
由速度关系得 vy＝v0tanθ＝ 33v0
在竖直方向上有 vy＝at＝Emet
在水平方向上有 t＝vL0
联立解得 E＝
3mv02 3eL
(2)电子在圆形区域内的运动轨迹如图甲所示，电子做匀速圆 ＝L
因此重力与电场力平衡 微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则 qvB＝mvR2 解得 R＝mBqv＝0.6m 由 T＝2πvR 解得 T＝10πs
则微粒在 5πs 内转过半个圆周，再次经直线 OO′时与 O 点
1.2m
(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为 t＝5πs，轨 移大小 s＝vt＝0.6πm＝1.88m
因此，微粒离开直线 OO′的最大高度 h＝s＋R＝2.48 m
(3) 若 微 粒 能 垂 直 射 到 挡 板 上 的 某 点 P ， P 点 在 直 线 OO′ 下 知，挡板MN与O点间的距离应满足L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2…
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时 挡板MN与O点间的距离应满足 L＝(2.4n＋1.8)m (n＝0,1,2…)
－t1)＝qmE0
k1B0＝EB00
则 v＝
v20＋vy2＝
2E0 B0
由 tanθ＝vv0y＝1 得 θ＝45°，即 v 与水平方向成 45°角斜向下
(2)t1～t2 时间粒子在电场中偏转位移 y1＝v2y(t2－t1)＝2EkB0 20
在 t2～t3 时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期
根据牛顿第二定律有 evB＝mRv2
联立解得
B＝2
3mv0 3eL
根据几何关系得电子穿过圆形区域时位置的横坐标
x＝2L＋L－Lcos60°＝52L，纵坐标
y＝－Lsin60°＝－
3 2L
故电子穿出圆形区域时位置坐标为(52L，－
3 2 L)
(3)电子在磁场中运动的最简单的情景如图乙所示。 在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为 60°， 道半径为 r1，运动的周期 T0，电子在 x 轴方向上的位移恰好等于 在磁场变化后三分之二个周期内，因磁感应强度大小减半， T′＝2T0，故电子的偏转角仍为 60°，电子运动的轨道半径变为 轴方向上的位移恰好等于 2r1。 综合上述分析，电子能到达 N 点且速度符合要求的空间条 ＝1,2,3，…)， 而 r1＝Bm0ve
综合可得L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2…)。 答案：(1)1.2m (2)2.48m (3)L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2，…
例 2 (2017·江苏镇江一模)如图甲所示，在直角坐标系 有沿 y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半 域，圆形区域与 x 轴的交点分别为 M、N。现有一质量为 m、带 子，从 y 轴上的点 A 以速度 v0 沿 x 轴正方向射入电场，飞出电场 圆形区域，此时速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30°。不考虑电
在磁场中运动时间 t＝t3－t2＝18T
即做圆周运动的圆心角 α＝45°，此时速度恰好沿水平方向
t2～t3 时间粒子在磁场中，由
qvB0＝mvr12得
r1＝
2E0 kB20
y2＝r1(1－cos45°)＝( 2－1)kEB020
则 t3 时刻偏离 O 点的竖直距离 y＝y1＋y2＝( 2－12)kEB020
点，直线 OO′与挡板 MN 垂直，取 g＝10 m/s2.求： 导学号 219
(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离； (2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度； (3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点 的条件。
[解析] (1)由题意可知，微粒所受的重力 G＝mg＝8×10－3 电场力大小 F＝Eq＝8×10－3N
选规律 →联立不同阶段的方程求解
(一)交变磁场＋恒定电场 例 1 (2017·广东肇庆二模)如图甲所示，竖直挡板 MN
竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和 大，电场强度 E＝40N/C，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图 选定磁场垂直纸面向里为正方向。t＝0 时刻，一质量 m＝8×10－ ＋2×10－4C 的微粒在 O 点具有竖直向下的速度 v＝0.12 m/s，O′
加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示
足够大的水平极板 ，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏 PQ，在 M 乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂 图中 E0、B0、k 均为已知量．t＝0 时刻，比荷mq ＝k 的带正电的 速度从 O 点沿水平方向射入极板间，在 0～t1(t1＝k1B0)时间内粒 动，t＝k5B0时刻粒子打到荧光屏上。不计粒子的重力，涉及图象 0.8＝π4，1.4＝ 2，求：
解得 B0＝ 3enLmv0(n＝1,2,3，…)
应满足的时间条件为16(T0＋T′)＝T
而 T0＝2eπBm0 ，T′＝2B2π0me
解得 T＝ 33nπvL0 (n＝1,2,3，…)
答案：(1)2
3
3 v0
3mv02 3eL
2 (2)
3mv0 3eL
1,2,3，…) T＝ 33nπvL0 (n＝1,2,3，…)
答案：(1) B2E0 0，与水平方向成 45°斜向下 (2)( 2－12)kEB020 (3)5＋kB220 E0
导学号 21992657
(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大 (2)若在圆形区域内加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，使 域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场的磁感应强度B的大小和 区域时的位置坐标。 (3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上按图乙 (以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出，速 场时的速度方向相同。请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周 关系表达式。导学号 219 Nhomakorabea2658
(1)出射粒子的动能Em； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0； (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条
[解析] (1)粒子运动半径为 R 时 qvB＝mvR2 且 Em＝12mv2 解得 Em＝q22Bm2R2
(2)粒子被加速 n 次达到动能 Em，则 Em＝nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动，设 n 次经过狭缝的总时间为 Δ 加速度 a＝qmUd0 匀加速直线运动 nd＝12a·(Δt)2 由 t0＝(n－1)·T2＋Δt，解得 t0＝πBR22＋U20 BRd－πqmB
52L，－ 23L (3)
(二)交变电场＋恒定磁场 例 3 (2016·江苏物理)回旋加速器的工作原理如图 1 所
的 D 形金属盒半径为 R，两盒间狭缝的间距为 d，磁感应强度为 盒面垂直，被加速粒子的质量为 m，电荷量为＋q，加在狭缝间的 所示，电压值的大小为 U0。周期 T＝2qπBm。一束该种粒子在 t＝ 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运 够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相
(1)在 t2＝k2B0时刻粒子的运动速度 v； (2)在 t3＝k2B.80时刻粒子偏离 O 点的竖直距离 y； (3)水平极板的长度 L。
[解析] (1)在 0～t1 时间内，粒子在电场和磁场的叠加场中 有 qv0B0＝qE0，得 v0＝EB00
在 t1～t2 时间内，粒子在电场中做类平抛运动，t2 时刻竖直
第九章
磁场
专题强化七 带电粒子在交变电磁场中
带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路
先读图 →看清并明白场的变化情况 ↓
受力分析 →分析粒子在不同的变化场区的受力情况 ↓
过程分析 →分析粒子在不同时间内的运动情况 ↓ 建模 →粒子在不同运动阶段，各有怎样的运动模型 ↓
找衔接点 →找出衔接相邻两过程的物理量 ↓