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第27講　微專題四 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動
目錄
[命題點研究] 1
命題點一　帶電粒子在疊加場中的運動 1
命題點二　帶電粒子在組合場中的運動 5
[命題點研究]
命題點一　帶電粒子在疊加場中的運動
1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動
(1)洛倫茲力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，可由此求解問題．
(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．
(3)電場力、洛倫茲力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運動．
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題．
2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動
帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解．
（2023 浙江二模）磁控管在現代科技領域有廣泛的應用。為使問題簡化，我們將靜態磁控管簡化為一對長度足夠的平行平板電極系統中的電子在正交穩恒電磁場中的運動。如圖所示，在間距為d的兩極板間加不計內阻、電動勢為U的電源，兩極板間存在方向垂直xOy平面向里、大小為B的勻強磁場，位于陰極表面附近的燈絲持續發射初速度可近似為零的電子，當U不變，改變B的大小時，電子在兩極板間的運動軌跡將發生變化，如圖2所示，其中軌跡Ⅲ最高點P恰好與陽極相切。電子電荷量為e，質量為m，不計電子的相互作用。
（1）求軌跡Ⅰ對應的磁感應強度大小BⅠ，并比較軌跡Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所對應的磁感應強度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小關系；
（2）求軌跡Ⅲ對應的磁感應強度BⅢ以及軌跡在P處的曲率半徑；
（3）若燈絲單位時間發射n個電子，畫出電流I隨磁感應強度B變化的圖像。
【解答】解：（1）軌跡Ⅰ的電子做直線運動，則BⅠ＝0
電子在電場中加速的同時，受到的洛倫茲力使其偏轉，洛倫茲力越大、偏轉情況越明顯，所以BⅡ＜BⅢ＜BⅣ
（2）動能定理，有：eU
解得：vP
在任意位置，將電子運動速度分解為vx和vy，則電子在水平方向受到的洛倫茲力為：Fx＝eBⅢvy
從開始到P點，取向右為正方向，水平方向根據動量定理，有：FxΔt＝mvP
即eBⅢd＝mvP
聯立解得：BⅢ
在P點根據牛頓第二定律可得：evPBⅢ﹣e m
解得軌跡在P處的曲率半徑：r＝2d
（3）飽和電流：Im＝ne
截止和飽和臨界磁感應強度為：B＝BⅢ
電流I隨磁感應強度B變化的圖像如圖所示：
答：（1）軌跡Ⅰ對應的磁感應強度大小為0，軌跡Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所對應的磁感應強度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小關系為BⅡ＜BⅢ＜BⅣ；
（2）軌跡Ⅲ對應的磁感應強度，軌跡在P處的曲率半徑為2d；
（3）若燈絲單位時間發射n個電子，電流I隨磁感應強度B變化的圖像見解析。
（2023 浙江模擬）如圖所示，豎直平面內的直角坐標系xOy，在第一象限有豎直向下的勻強電場，電場強度為E；在第三象限某區域有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度為B。在電場區域內有一系列質量為m、電荷量為q的帶正電的離子源，可持續沿水平向左發射速度為v0的離子，所有離子均從O點進入第三象限的磁場中，后均進入第四象限。離子在第三象限時均在磁場內運動。不計離子的重力和相互間作用。
（1）離子源在勻強電場中分布的坐標y和x間的關系；
（2）若離子源連續分布，當離子源的坐標最大值為時，求第三象限磁場區域的最小面積；
（3）在（2）問的基礎上，若在第四象限的空間內加一沿x軸正方向的大小未知的勻強磁場B1，則從點進入電場的粒子，在B1磁場中運動軌跡最高點的y坐標恰好為0，求軌跡經過時對應的x坐標的可能取值。
【解答】解：（1）離子在第一象限做類平拋運動，沿x軸負方向做勻速直線運動，沿y軸負方向做勻加速直線運動，則有：
x＝v0t
y t2
解得坐標y和x間的關系為：
y；
（2）離子進入磁場區域做勻速圓周運動，設離子從O點進入磁場時的速度大小為v，其方向與y軸的夾角為θ，在第三象限磁場區域的軌跡半徑為r，軌跡弦長為d，離子源坐標為（x，y）的離子運動軌跡如圖1所示：
則有：v
由洛倫茲力提供向心力得：
qvB＝m，解得：r
d＝2rcosθ
可見d與離子源的位置無關，即所有離子均在同一點進入第四象限。
當離子源位于O點時，θ最小，且為零，軌跡恰好是半個圓周，其半徑為：r1
由類平拋運動性質可知，末速度v與x軸夾角θ的正切值等于位移與水平方向夾角α的正切值的2倍，即tanθ＝2tanα。
當離子源的坐標最大值為時，α最大，θ最大，則有：tanθmax＝2tanαmax＝2.
可得：θmax＝60°，其軌跡圓心角為60°。
軌跡半徑最大為：r2
第三象限磁場區域的最小面積為：
Sminπ（）；
（3）由（2）可知，從P點進入電場的粒子，經過y軸進入第四象限時速度方向與y軸負方向夾角為90°﹣θmax＝90°﹣60°＝30°。
將離子的初速度沿x軸方向與y軸方向分解，離子在B1磁場中沿x軸正方向做勻速直線運動，其速度大小為vx＝v0，在垂直于xOy平面的平面內做勻速圓周運動，其線速度大小為vy＝v0tan60°v0，設其運動半徑為R，運動周期為T。
則有：T
因運動軌跡最高點的y坐標恰好為0，故R＝d
軌跡經過d的時間t′滿足：t′＝n（n＝0、1、2、3……）
解得：t′（n＝0、1、2、3……）
對應的x坐標的可能取值為：
x＝vxt′（n＝0、1、2、3……）
答：（1）離子源在勻強電場中分布的坐標y和x間的關系為y；
（2）第三象限磁場區域的最小面積為；
（3）軌跡經過時對應的x坐標的可能取值為（n＝0、1、2、3……）。
命題點二　帶電粒子在組合場中的運動
1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區域分成幾個不同的階段；
第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：
←←←→→→
第3步：用規律
→→→→
→
2．解題步驟
(1)找關鍵點：確定帶電粒子在場區邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵．
(2)畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．
模型1　磁場與磁場組合
（2023 溫州三模）如圖所示，足夠大的光滑水平地面上有一水平直角坐標系，第一、二和四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，AO和OC為光滑擋板，A點坐標為（﹣l，0），足夠長的OC擋板與x軸夾角為30°。第三象限內一個電荷量為q、質量為m的可視為質點的帶正電小球，以某一速度沿直線運動通過相互垂直的電場和磁場后，從A點垂直x軸進入第二象限，小球與AO擋板的碰撞為彈性碰撞；小球與OC擋板碰撞后反彈，垂直擋板方向的速度大小減為碰前的二分之一，平行擋板方向的速度不變，碰撞過程中小球電荷量保持不變。已知第三象限內的電場強度與磁感應強度的比值為。求：
（1）小球從A點進入磁場到第一次撞擊OC擋板所用的時間及第一次撞擊點坐標；
（2）小球打在OC擋板上離坐標原點的最遠距離dm；
（3）當小球打在OC擋板上離坐標原點最遠位置時，將B0方向反向（大小不變），同時加一個沿y軸負方向的勻強電場E，此后小球沿y軸負方向運動的最大距離h（用m，E，B0，q表示）。
【解答】解：（1）設第三象限內的電場強度與磁感線強度分別為E1，小球以某一速度沿直線運動通過相互垂直的電場和磁場，
根據洛倫茲力和電場力平衡：qvB1＝qE1
解得：
又已知第三象限內的電場強度與磁感線強度的比值為：，得
小球在磁感線強度為B0的磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：
解得
小球做順時針圓周運動，與板碰撞后原速率反彈繼續做半徑不變的圓周運動，直至打到OC板上，軌跡如圖所示
從A點至第一次打到OC板，小球圓周運動轉過的總角度為θ＝360°+30°
周期為
從A點至第一次打到OC板所用時間
設第一次撞擊的坐標為（x，y）
y＝﹣r
第一次撞擊的坐標為（，）；
（2）小球垂直打在OC擋板后，垂直擋板方向的速度大小減為碰前的二分之一，根據
解得
可知每次反彈后圓周運動半徑變為原來的二分之一，即，其中，
故小球打在OC擋板上離坐標原點最遠的距離：dm
代入數據得dm＝l
（3）受力分析如圖所示
開始時小球沿斜面勻加速滑動，其加速度為，當qv0B0＝Eqcosθ時，小球離開斜面，此過程小球y軸負方向運動的距離為h1，則有
之后脫離斜面，x軸方向由動量定理B0qvyΔt＝mΔvx
即B0q∑Δh2＝m∑Δvx
求和得B0qh2＝m（v1﹣v0x）
x方向初始速度
小球y軸負方向運動到最大距離時，其速度v1沿x軸正方向，由動能定理得
聯立上述兩式得（sin2θ+sinθ）
故小球y軸負方向運動到最大距離為
將θ＝30°代入得：h
答：（1）所用的時間為，第一次撞擊點坐標（，）；
（2）最遠距離為l；
（3）最大距離為。
（2023 浙江模擬）如圖所示是一種粒子探測裝置，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，單位時間內有N個質量為m，電荷量大小為q，速度大小范圍為v0～的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R。已知從M點射入的速度為v0的粒子剛好從O點正下方的N點射出圓形磁場區域。擋板ND下方有磁感應強度為圓形磁場2倍、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，ND＝R，直線ND與圓形區域相切于N點，到達N點的粒子均能進入下方磁場。擋板ND上表面絕緣，下表面導電且可完全吸收到達的粒子，下表面通過一靈敏電流計接地。不計粒子重力以及粒子間的相互作用。求：
（1）圓形區域磁場的磁感應強度B及帶電粒子的電性；
（2）已知靈敏電流計電流大小為I，則PQ間入射粒子中速度為v0的粒子的比例η；
（3）圓形磁場區域邊界上有粒子射出的弧長長度l弧；
（4）若ND可以繞N點順時針轉動（0～90°），求ND擋板下表面有粒子打到的長度L與ND轉過角度的關系，并求當轉過多少角度時粒子打到的長度最大及長度Lm具體值？
【解答】解：（1）速度為v0的粒子從M點射入，從N點射出，軌道半徑為r，由幾何關系可知r＝R
由牛頓第二定律
解得
由左手定則判斷可得粒子帶正電；
（2）擋板下方磁感應強度為2B，粒子均以速度v0進入，有
軌道半徑
所有速度為v0的粒子都能打在ND擋板上I＝ηNq
解得
（3）速度為v0入射的全部打在N點上，速度為的粒子從M點射入，射出位置離N點最遠，射出點為A，如圖所示
由牛頓第二定律：
由幾何關系：
解得θ＝30°
∠MOA＝2（90°﹣θ）＝120°
所以AN之間的弧長。
（4）如圖，由幾何關系可知，能到達N點的帶電粒子速度均為v0，半徑均為r＝R△KOB中有
解得β＝60°
從K點射入的帶電粒子速度偏轉角為60°，從M點射入的帶電粒子速度偏轉角為90°，作豎直向下的粒子在下方磁場的軌跡圓1，作K點射入經N點后在下方磁場的軌跡圓2。ND順時針轉動α角后與連軌跡圓交點G、F，△NFD中有LNE＝NDcosα﹣2r'cosα
H為圓2的圓心，連接HG構成三角形，△NFD中有∠DNH＝30°，LNG＝2r'cos（α+30°）（0°≤α≤60°）
ND板下表面被粒子打到的長度為
當（60°≤α≤90°）時，G點與N點重合，ND板下表面被粒子打到的長度為L＝Rcosα（60°≤α≤90°）
令
則L＝Rsin（α+γ）
但因為
所以當α＝60°時
答：（1）圓形區域磁場的磁感應強度，帶電粒子帶正電；
（2）已知靈敏電流計電流大小為I，則PQ間入射粒子中速度為v0的粒子的比例；
（3）圓形磁場區域邊界上有粒子射出的弧長長度；
（4）若ND可以繞N點順時針轉動（0～90°），ND擋板下表面有粒子打到的長度為：Rcosα﹣Rcos（α+30°）（0°≤α≤60°），L＝Rcosα（60°≤α≤90°）；當轉過60°時粒子打到的長度最大，且。
（2023 浙江模擬）如圖1所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B1＝B和B2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，P、Q點距KL高為d，NS和MT間距為5d。質量為m、帶電量為+q的粒子從粒子源飄出（初速度視為0），經電場加速后從P點垂直于S邊界射入磁場區域，粒子源單位時間內發出的粒子數恒定，加速電壓u如圖2所示周期性變化，重力忽略不計，粒子在電場中加速時間極短可忽略不計，不考慮粒子間相互作用力與碰撞，粒子運動到與邊界相切時仍能返回磁場。（題中可認為sin37°＝0.6，sin53°＝0.8）
（1）在t進入電場的粒子恰好能垂直KL經過磁場邊界，求加速電壓的最大值U0；
（2）當加速電壓為U1時，粒子恰好不從NS邊界飛出，求U1的值；
（3）求在時間0～T內發射的粒子中，從NS邊界飛出的粒子數占總粒子數的比例η；
（4）若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子在磁場區域可能的運動時間。
【解答】解：（1）粒子恰好能垂直KL經過磁場邊界，則由幾何可得r＝d
由牛頓第二定律
所以
當時，u＝U0，由動能定理
解得
（2）粒子恰好不從NS邊界飛出，則其運動軌跡如圖
由
可得，，d﹣r1＝r1cosφ
所以
由牛頓第二定律，
解得
（3）易得，當u＜U1時，粒子都會從NS邊界飛出，所以在時間內發射的粒子中，從NS邊界飛出的粒子數占總粒子數的比例
（4）若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，則其運動軌跡如圖
一個循環過程，粒子水平運動的距離為，5d＝nΔx
所以
又因為
所以解得1≤n≤3
當n＝1時r1＝d
此時粒子在磁場中的運動時間為
當n＝2時
則
所以φ＝53°
此時粒子在磁場中的運動時間為
當n＝3時，φ＝37°
此時粒子在磁場中的運動時間為
答：（1）加速電壓的最大值為；
（2）當加速電壓為時，粒子恰好不從NS邊界飛出；
（3）在時間0～T內發射的粒子中，從NS邊界飛出的粒子數占總粒子數的比例為31%；
（4）見解析。
模型2　電場與磁場組合
（2023 嘉興一模）如圖所示是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置中的“偏轉系統”原理圖。由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過兩極板間電場后進入偏轉磁場。其中的中性粒子沿原方向運動，被接收板接收；一部分離子打到左極板，其余的進入磁場發生偏轉被吞噬板吞噬并發出熒光。多樣性粒子束寬度為L，各組成粒子均橫向均勻分布。偏轉磁場為垂直紙面向外的矩形勻強磁場，磁感應強度為B1。已知離子的比荷為k，兩極板間電壓為U、間距為L，極板長度為2L，吞噬板長度為2L并緊靠負極板。若離子和中性粒子的重力、相互作用力、極板厚度可忽略不計，則
（1）要使的離子能沿直線通過兩極板間電場，可在極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場B0，求B0的大?。?br/>（2）調整極板間磁場B0，使的離子沿直線通過極板后進入偏轉磁場。若且上述離子全部能被吞噬板吞噬，求偏轉磁場的最小面積和吞噬板的發光長度L0；
（3）若撤去極板間磁場B0且偏轉磁場邊界足夠大，離子速度為、且各有n個，能進入磁場的離子全部能被吞噬板吞噬，求B1的取值范圍及吞噬板上收集的離子個數。
【解答】解：（1）離子沿直線通過兩極板間電場，洛倫茲力與電場力平衡，由平衡條件得：，其中
解得：B0
（2）粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
其中：；；
聯立解得：rL若離子全部能被吞噬板吞噬，要求從極板左邊的粒子做勻速圓周運動也能到達吞噬板上，故磁場的總長度應為2r+LL
矩形磁場B1的最小面積SminL LL2
發光長度L0＝L
（3）粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向方向：2L＝v0t
水平方向偏轉距離：
又qE＝ma，，
聯立解得：偏轉距離
代入數據解得：
能進入磁場區域收集的離子個數為
進入磁場離子圓周運動半徑
在磁場中偏轉距離
v2離子射出偏轉電場時，對于進入磁場的左右兩邊界離子而言，與吞噬板左右兩端相距分別為2L、，設離子恰好打到吞噬板兩端，由幾何關系得
則
同理v3離子射出偏轉電場時，對于進入磁場的左右兩邊界離子而言，與吞噬板左右兩端相距分別為2L、，設離子恰好打到吞噬板兩端，由幾何關系得
則
故
答：（1）要使的離子能沿直線通過兩極板間電場，可在極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場B0，其大小為；
（2）偏轉磁場的最小面積為，吞噬板的發光長度為L；
（3）能進入磁場的離子全部能被吞噬板吞噬，B1的取值范圍為，吞噬板上收集的離子個數為。
（2023 杭州一模）如圖1所示，空間中放置一個平行板電容器MN，板長和板間距均為2L0，兩極板上電壓UMN＝2U0，U0＞0。極板右側是一個無窮大勻強磁場區域，方向垂直紙面向里，磁場左邊界CD緊貼極板右側，磁場中放著一塊與CD平行的足夠長金屬板PQ，PQ與CD間距為L0。有一粒子槍S，可以不斷產生初速度近似為零的X和Y粒子，X粒子的質量為m，電荷量為+q，Y粒子的質量為4m，電荷量為+q，兩種粒子經過槍內內置的加速電場加速后，能水平射入兩極板間，內置加速電場的電壓為U0，粒子槍可沿極板左邊界EF上下移動。現將粒子槍緊靠在M極板的左端E處，發現射出的X粒子恰好擊中金屬板PQ上的B點，虛線AB是平行板電容器的中線。不考慮粒子間的相互作用，求：
（1）X粒子在電場中偏轉的位移；
（2）磁感應強度B的大??；
（3）金屬板PQ被兩種粒子都擊中的區域長度d；
（4）將金屬板PQ移到M板右上方并緊貼磁場左邊界CD，如圖2所示，Q點與M極板右端重合且彼此絕緣，將極板MN上的電壓改為UMN＝Umsinωt，帶電粒子在偏轉電場中運動時間遠小于所加交流電的周期且N極板可上下平移（F點隨極板N一起移動），粒子槍內置的加速電壓U0不變。當粒子槍S在EF上移動時，發現擊中金屬板PQ的X粒子和Y粒子的區域不重疊（粒子打到PQ板立即被導走）求極板M、N間距L的范圍。
【解答】解：（1）X粒子首先被電子槍內置電場加速，有：
進入平行板電容器后做類平拋運動，水平方向有：2L0＝v0t
豎直方向有：
根據牛頓第二定律有：
聯立以上各式可得粒子在電場中偏轉的位移為：h＝L0
（2）根據幾何關系可知，帶電粒子射出平行板電容器時位移偏向角的正切值為：
因此，根據平拋運動的推論，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍可得：tanθ＝2tanα＝1
由此可知帶電粒子在射出平行板電容器時速度的偏向角：θ＝45°
則帶電粒子X在進入磁場后打金屬板PQ上的B點，根據幾何關系可知粒子的軌道半徑為：
粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，則有：
其中：
聯立以上各式解得：
（3）由（2）可知，電子槍在EA間移動X粒子才能射出電場，且從A點射出的粒子經電場偏轉進入磁場后打在PQ板上的位置恰好與N板齊平，故X粒子打在PQ板上的長度為L0，而若是Y粒子從M板的E點處進入電場，則在電場中豎直方向的的偏移量為：
水平方向有：2L0＝v01t1
根據牛頓第二定律由：
電子槍內置電壓對Y粒子加速有：qU0
聯立以上各式可得：h1＝L0
即可知電性相同的不同帶電粒子通過同一加速電場和同一偏轉電場后的偏移位移相等，且速度的偏向角也相等，則可知Y粒子在進入磁場時的速度為：
由洛倫茲力充當向心力可得：
解得Y粒子在磁場中運動的軌跡半徑為：
則由幾何關系可知，根據答圖1可知
兩粒子打在PQ板上的重合區域的長度為：
（4）由于帶電粒子在偏轉電場中運動時間遠小于所加交流電的周期，故帶電粒子在電場中仍做類平拋運動。設粒子在射出平行板電容器時速度的偏轉角為β，速度大小為v′，粒子向上偏轉擊中金屬板PQ的豎直距離s就等于圓弧軌跡的弦長，則有：
s＝2R′cosβ＝2 cosβ
因v′cosβ＝v0，故s
可見偏轉距離s與極板MN上的電壓如何變化，以及板間距離的變化無關。
設X粒子向上偏轉的豎直距離為sX，Y粒子向上偏轉的豎直距離為sY，結合上述結論可得：
sX＝L0，sY＝2L0
如下圖所示：
因極板電壓為正弦式交變電壓，故在極板右端邊界上任意位置都會有粒子射出，X粒子擊中PQ的位置距離Q點最遠距離為sX＝L0，Y粒子PQ的位置距離Q點最遠距離為sY＝2L0，要使打在PQ板上的X粒子和Y粒子的區域不重疊，的板間距離L需滿足：L＜sY﹣sX
解得：L＜L0
答：（1）X粒子在電場中偏轉的位移為L0；
（2）磁感應強度B的大小為；
（3）金屬板PQ被兩種粒子都擊中的區域長度d為（）；
（4）極板M、N間距L的范圍是：L＜L0。
（2022秋 余杭區期末）電子被加速器加速后轟擊重金屬靶時，會產生射線，可用于放射治療。如圖是直線電子加速器的示意圖，電子從電子槍逸出后從圓筒0處進入與圓筒1之間的電場，由靜止開始加速，沿中心軸線進入圓筒1，電子在各圓筒中做勻速直線運動。為使電子運動到圓筒與圓筒之間各個間隙中都能加速，圓筒長度的設計必須有一定的規律。序號為奇數的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖所示。在t＝0時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值。電子離開加速電場后恰好垂直進入一個邊長為L的正方形勻強磁場，垂直磁場的左邊界從中點進入，垂直下邊界從下邊界中點出來，最后打到圓形金屬靶上，產生射線。已知電子的質量為m、電荷量為e、電壓的絕對值為u，周期為T，不計電子通過圓筒間隙的時間。求：
（1）電子從8號圓筒出來時的速度大小和磁感應強度B大?。?br/>（2）金屬圓筒長度和它的序號之間的關系；
（3）若每秒打在金屬靶上的電子數為N，其中80%被吸收，20%被反向彈回，彈回速度為撞擊速度前的0.6倍，求金屬靶受到的作用力大小。
【解答】解：（1）電子從0到從8號圓筒出來過程，由動能定理得：8eu0
解得：v0＝4
電子垂直磁場的左邊界從中點進入，垂直下邊界從下邊界中點出來，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑rL
電子在磁場中做運動圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev0B＝m
解得：B
（2）設電子進入第n個圓筒后的速度大小為v，由動能定理得：neu0
解得：v
第n個圓筒的長度ln＝vtvT
解得：ln
（3）以電子的初速度方向為正方向，對吸收的電子，根據動量定理得：﹣F1t＝0﹣0.8Nmv0，
以電子的初速度方向為正方向，對反彈的電子，由動量定理得：﹣F2t＝﹣0.2Nm（0.6v0）﹣0.2Nmv0，
金屬靶受到的作用力大小F＝F1+F2
解得：F＝4.48N
答：（1）電子從8號圓筒出來時的速度大小是4，磁感應強度B大小是；
（2）金屬圓筒長度和它的序號之間的關系是ln；
（3）金屬靶受到的作用力大小是4.48N。
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第27講　微專題四 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動
目錄
[命題點研究] 1
命題點一　帶電粒子在疊加場中的運動 1
命題點二　帶電粒子在組合場中的運動 5
[命題點研究]
命題點一　帶電粒子在疊加場中的運動
1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動
(1)洛倫茲力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，可由此求解問題．
(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．
(3)電場力、洛倫茲力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運動．
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題．
2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動
帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解．
（2023 浙江二模）磁控管在現代科技領域有廣泛的應用。為使問題簡化，我們將靜態磁控管簡化為一對長度足夠的平行平板電極系統中的電子在正交穩恒電磁場中的運動。如圖所示，在間距為d的兩極板間加不計內阻、電動勢為U的電源，兩極板間存在方向垂直xOy平面向里、大小為B的勻強磁場，位于陰極表面附近的燈絲持續發射初速度可近似為零的電子，當U不變，改變B的大小時，電子在兩極板間的運動軌跡將發生變化，如圖2所示，其中軌跡Ⅲ最高點P恰好與陽極相切。電子電荷量為e，質量為m，不計電子的相互作用。
（1）求軌跡Ⅰ對應的磁感應強度大小BⅠ，并比較軌跡Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所對應的磁感應強度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小關系；
（2）求軌跡Ⅲ對應的磁感應強度BⅢ以及軌跡在P處的曲率半徑；
（3）若燈絲單位時間發射n個電子，畫出電流I隨磁感應強度B變化的圖像。
（2023 浙江模擬）如圖所示，豎直平面內的直角坐標系xOy，在第一象限有豎直向下的勻強電場，電場強度為E；在第三象限某區域有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度為B。在電場區域內有一系列質量為m、電荷量為q的帶正電的離子源，可持續沿水平向左發射速度為v0的離子，所有離子均從O點進入第三象限的磁場中，后均進入第四象限。離子在第三象限時均在磁場內運動。不計離子的重力和相互間作用。
（1）離子源在勻強電場中分布的坐標y和x間的關系；
（2）若離子源連續分布，當離子源的坐標最大值為時，求第三象限磁場區域的最小面積；
（3）在（2）問的基礎上，若在第四象限的空間內加一沿x軸正方向的大小未知的勻強磁場B1，則從點進入電場的粒子，在B1磁場中運動軌跡最高點的y坐標恰好為0，求軌跡經過時對應的x坐標的可能取值。
命題點二　帶電粒子在組合場中的運動
1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區域分成幾個不同的階段；
第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：
←←←→→→
第3步：用規律
→→→→
→
2．解題步驟
(1)找關鍵點：確定帶電粒子在場區邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵．
(2)畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．
模型1　磁場與磁場組合
（2023 溫州三模）如圖所示，足夠大的光滑水平地面上有一水平直角坐標系，第一、二和四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，AO和OC為光滑擋板，A點坐標為（﹣l，0），足夠長的OC擋板與x軸夾角為30°。第三象限內一個電荷量為q、質量為m的可視為質點的帶正電小球，以某一速度沿直線運動通過相互垂直的電場和磁場后，從A點垂直x軸進入第二象限，小球與AO擋板的碰撞為彈性碰撞；小球與OC擋板碰撞后反彈，垂直擋板方向的速度大小減為碰前的二分之一，平行擋板方向的速度不變，碰撞過程中小球電荷量保持不變。已知第三象限內的電場強度與磁感應強度的比值為。求：
（1）小球從A點進入磁場到第一次撞擊OC擋板所用的時間及第一次撞擊點坐標；
（2）小球打在OC擋板上離坐標原點的最遠距離dm；
（3）當小球打在OC擋板上離坐標原點最遠位置時，將B0方向反向（大小不變），同時加一個沿y軸負方向的勻強電場E，此后小球沿y軸負方向運動的最大距離h（用m，E，B0，q表示）。
（2023 浙江模擬）如圖所示是一種粒子探測裝置，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，單位時間內有N個質量為m，電荷量大小為q，速度大小范圍為v0～的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R。已知從M點射入的速度為v0的粒子剛好從O點正下方的N點射出圓形磁場區域。擋板ND下方有磁感應強度為圓形磁場2倍、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，ND＝R，直線ND與圓形區域相切于N點，到達N點的粒子均能進入下方磁場。擋板ND上表面絕緣，下表面導電且可完全吸收到達的粒子，下表面通過一靈敏電流計接地。不計粒子重力以及粒子間的相互作用。求：
（1）圓形區域磁場的磁感應強度B及帶電粒子的電性；
（2）已知靈敏電流計電流大小為I，則PQ間入射粒子中速度為v0的粒子的比例η；
（3）圓形磁場區域邊界上有粒子射出的弧長長度l?。?br/>（4）若ND可以繞N點順時針轉動（0～90°），求ND擋板下表面有粒子打到的長度L與ND轉過角度的關系，并求當轉過多少角度時粒子打到的長度最大及長度Lm具體值？
（2023 浙江模擬）如圖1所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B1＝B和B2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，P、Q點距KL高為d，NS和MT間距為5d。質量為m、帶電量為+q的粒子從粒子源飄出（初速度視為0），經電場加速后從P點垂直于S邊界射入磁場區域，粒子源單位時間內發出的粒子數恒定，加速電壓u如圖2所示周期性變化，重力忽略不計，粒子在電場中加速時間極短可忽略不計，不考慮粒子間相互作用力與碰撞，粒子運動到與邊界相切時仍能返回磁場。（題中可認為sin37°＝0.6，sin53°＝0.8）
（1）在t進入電場的粒子恰好能垂直KL經過磁場邊界，求加速電壓的最大值U0；
（2）當加速電壓為U1時，粒子恰好不從NS邊界飛出，求U1的值；
（3）求在時間0～T內發射的粒子中，從NS邊界飛出的粒子數占總粒子數的比例η；
（4）若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子在磁場區域可能的運動時間。
模型2　電場與磁場組合
（2023 嘉興一模）如圖所示是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置中的“偏轉系統”原理圖。由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過兩極板間電場后進入偏轉磁場。其中的中性粒子沿原方向運動，被接收板接收；一部分離子打到左極板，其余的進入磁場發生偏轉被吞噬板吞噬并發出熒光。多樣性粒子束寬度為L，各組成粒子均橫向均勻分布。偏轉磁場為垂直紙面向外的矩形勻強磁場，磁感應強度為B1。已知離子的比荷為k，兩極板間電壓為U、間距為L，極板長度為2L，吞噬板長度為2L并緊靠負極板。若離子和中性粒子的重力、相互作用力、極板厚度可忽略不計，則
（1）要使的離子能沿直線通過兩極板間電場，可在極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場B0，求B0的大小；
（2）調整極板間磁場B0，使的離子沿直線通過極板后進入偏轉磁場。若且上述離子全部能被吞噬板吞噬，求偏轉磁場的最小面積和吞噬板的發光長度L0；
（3）若撤去極板間磁場B0且偏轉磁場邊界足夠大，離子速度為、且各有n個，能進入磁場的離子全部能被吞噬板吞噬，求B1的取值范圍及吞噬板上收集的離子個數。
（2023 杭州一模）如圖1所示，空間中放置一個平行板電容器MN，板長和板間距均為2L0，兩極板上電壓UMN＝2U0，U0＞0。極板右側是一個無窮大勻強磁場區域，方向垂直紙面向里，磁場左邊界CD緊貼極板右側，磁場中放著一塊與CD平行的足夠長金屬板PQ，PQ與CD間距為L0。有一粒子槍S，可以不斷產生初速度近似為零的X和Y粒子，X粒子的質量為m，電荷量為+q，Y粒子的質量為4m，電荷量為+q，兩種粒子經過槍內內置的加速電場加速后，能水平射入兩極板間，內置加速電場的電壓為U0，粒子槍可沿極板左邊界EF上下移動。現將粒子槍緊靠在M極板的左端E處，發現射出的X粒子恰好擊中金屬板PQ上的B點，虛線AB是平行板電容器的中線。不考慮粒子間的相互作用，求：
（1）X粒子在電場中偏轉的位移；
（2）磁感應強度B的大小；
（3）金屬板PQ被兩種粒子都擊中的區域長度d；
（4）將金屬板PQ移到M板右上方并緊貼磁場左邊界CD，如圖2所示，Q點與M極板右端重合且彼此絕緣，將極板MN上的電壓改為UMN＝Umsinωt，帶電粒子在偏轉電場中運動時間遠小于所加交流電的周期且N極板可上下平移（F點隨極板N一起移動），粒子槍內置的加速電壓U0不變。當粒子槍S在EF上移動時，發現擊中金屬板PQ的X粒子和Y粒子的區域不重疊（粒子打到PQ板立即被導走）求極板M、N間距L的范圍。
（2022秋 余杭區期末）電子被加速器加速后轟擊重金屬靶時，會產生射線，可用于放射治療。如圖是直線電子加速器的示意圖，電子從電子槍逸出后從圓筒0處進入與圓筒1之間的電場，由靜止開始加速，沿中心軸線進入圓筒1，電子在各圓筒中做勻速直線運動。為使電子運動到圓筒與圓筒之間各個間隙中都能加速，圓筒長度的設計必須有一定的規律。序號為奇數的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖所示。在t＝0時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值。電子離開加速電場后恰好垂直進入一個邊長為L的正方形勻強磁場，垂直磁場的左邊界從中點進入，垂直下邊界從下邊界中點出來，最后打到圓形金屬靶上，產生射線。已知電子的質量為m、電荷量為e、電壓的絕對值為u，周期為T，不計電子通過圓筒間隙的時間。求：
（1）電子從8號圓筒出來時的速度大小和磁感應強度B大小；
（2）金屬圓筒長度和它的序號之間的關系；
（3）若每秒打在金屬靶上的電子數為N，其中80%被吸收，20%被反向彈回，彈回速度為撞擊速度前的0.6倍，求金屬靶受到的作用力大小。
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