4、t0＝T/4，則直線OA與x軸的夾角是多少？
圖3
4．(2011·江蘇高考)某種加速器的理想模型如圖4甲所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔 a、b，兩極板間電壓 uab的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為 U0、周期為 T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場。若將一質量為 m0、電荷量為 q 的帶正電的粒子從板內 a 孔處靜止釋放，經電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間 T0 后恰能再次從 a 孔進入電場加速。現該粒子的質量增加了m0。(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)
(1)若在 t ＝ 0
5、 時將該粒子從板內 a 孔處靜止釋放，求其第二次加速后從 b 孔射出時的動能；
(2)現要利用一根長為L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內無磁場，忽略其對管外磁場的影響)，使圖甲中實線軌跡(圓心為 O)上運動的粒子從 a 孔正下方相距 L 處的 c 孔水平射出，請在圖甲中的相應位置處畫出磁屏蔽管；
(3)若將電壓 uab 的頻率提高為原來的 2 倍，該粒子應何時由板內 a 孔處靜止開始加速，才能經多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？
圖4
5．(2012·山東高考)如圖5甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，
6、在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t＝0時刻將一個質量為m、電量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝時刻通過S2垂直于邊界進入右側磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)
(1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d。
(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。
(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感應強度的大小。
圖
7、5
對點訓練：帶電粒子在組合場中的運動
6．(多選)如圖6所示，兩個重心重合的正三角形容器內分別存在著垂直于紙面向里和垂直于紙面向外的勻強磁場，已知內部三角形容器ABC邊長為2a，內部磁感應強度大小為B，且每條邊的中點開有一個小孔。有一帶電荷量為＋q、質量為m的粒子從AB邊中點D垂直AB進入內部磁場。如果要使粒子恰好不經過碰撞在磁場中運動一段時間后又能從D點射入，下列說法正確的是( )
圖6
A．容器ABC與A′B′C′之間的磁感應強度大小也為B
B．容器A′B′C′的邊長為2a
C．粒子的速度大小為
D．粒子再次回到D點的最短時間為
8、
7．如圖7所示，在第Ⅱ象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等。有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場。已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為( )
圖7
A. B.(2＋5π)
C. D.
8．(2014·重慶高考)如圖8所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻
9、強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。
(1)求電場強度的大小和方向。
(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。
圖8
課時跟蹤檢測(二十八) 帶電粒子在組合場中的運動
答 案
1．選AD 粒子在靜電分析器內沿電場線方向偏轉，說明粒子帶正電荷，極板M比
10、極板N電勢高，選項A正確；由Uq＝mv2和Eq＝可得U＝，選項B錯誤；直徑PQ＝2r＝＝2，可見只有比荷相同的粒子才能打在膠片上的同一點，先項C錯誤，D正確。
2．選AC 根據帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速度無關可知，在Ek-t圖中應該有tn＋1－tn＝tn－tn－1，選項A正確B錯誤；由于帶電粒子在電場中加速，電場力做功相等，所以在Ek-t圖中應該有En＋1－En＝En－En－1，選項C正確D錯誤。
3．解析：(1)設粒子P的質量為m，電荷量為q，速度為v，粒子P在洛倫磁力作用下，在xOy平面內做圓周運動，用R表示圓周的半徑，T′表示運動周期，則有：
qvB0＝mR2，v＝。
由
11、上式及已知條件得：T′＝T。
粒子P在t＝0到t＝時間內，沿順時針方向運動半個圓周，到達x軸上B點，此時磁場方向反轉；繼而，在t＝到t＝T時間內，沿逆時針方向運動半個圓周，到達x軸上A點，如圖(a)所示。OA與x軸夾角θ＝0。
(2)粒子P在t0＝時刻開始運動，在t＝到t＝時間內，沿順時針方向運動個圓周，到達C點，此時磁場方向反轉；繼而，在t＝到t＝T時間內，沿逆時針方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉；在t＝T到t＝時間內，沿順時針方向運動個圓周，到達A點，如圖(b)所示。由幾何關系可知，A點在y軸上，即OA與x軸夾角θ＝。
答案：(1)OA與x軸夾角θ＝0 (2)OA
12、與x軸夾角θ＝
4．解析：(1)質量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動
qvB＝m0，T0＝
則T0＝
當粒子的質量增加m0時，其周期增加ΔT＝T0
則根據題圖乙可知，粒子第一次的加速電壓u1＝U0
粒子第二次的加速電壓u2＝U0
射出時的動能Ek2＝qu1＋qu2
解得Ek2＝qU0。
(2)磁屏蔽管的位置如圖所示。
(3)在uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數N＝＝25
分析可得，當粒子在連續(xù)被加速的次數最多，且u＝U0時也被加速時，最終獲得的動能最大。
粒子由靜止開始加速的時刻
t＝(n＋)T0 (n＝0,1,2，…)
最大動能Ekm＝2×(＋
13、＋…＋)qU0＋qU0
解得Ekm＝qU0。
答案：(1)qU0 (2)見解析
(3)t＝(n＋)T0 (n＝0,1,2，…) qU0
5．解析：(1)粒子由S1至S2的過程，根據動能定理得
qU0＝mv2①
由①式得
v＝ ②
設粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得
q＝ma③
由運動學公式得
d＝a()2④
聯立③④式得
d＝ ⑤
(2)設磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得
qvB＝m⑥
要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足
2R>⑦
聯立②⑥⑦式得
B< ⑧
(3)設粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動
14、的過程用時為t1，有
d＝vt1⑨
聯立②⑤⑨式得
t1＝⑩
若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減速運動的時間為t2，根據運動學公式得
d＝t2?
聯立⑨⑩?式得
t2＝?
設粒子在磁場中運動的時間為t
t＝3T0－－t1－t2?
聯立??式得
t＝?
設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結合運動學公式得
T＝?
由題意可知T＝t?
聯立???式得
B＝。?
答案：見解析
6．選ACD 根據題意可畫出如圖所示粒子運動的軌跡圖，要想使粒子恰好不經過碰撞在磁場中運動一段時間后又能從D點射入，容器ABC與A′B′C′
15、之間的磁感應強度大小也為B，選項A正確；利用幾何知識可知容器A′B′C′的邊長為2a＋2a，選項B錯誤；因軌道半徑R＝a＝，所以v＝，選項C正確；粒子再次回到D點的最短時間為t＝×＝，選項D正確。
7．選D 帶電粒子的運動軌跡如圖所示。由題意知，帶電粒子到達y軸時的速度v＝v0，這一過程的時間t1＝＝。
又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉軌道半徑r＝2d。
故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間為：
t2＝＝＝
帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間為：t3＝
故t總＝。
8．解析：(1)設電場強度大小為E
由題意有mg＝qE
得E＝，方向豎直向上(2)如圖甲所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ。
甲
由r＝，有r1＝，r2＝r1
由(r1＋r2)sin φ＝r2
r1＋r1cos φ＝h
vmin＝(9－6)。
乙
(3)如圖乙所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x。
由題意有3nx＝1.8 h(n＝1,2,3，…)
x≥
x＝
得r1＝(1＋)，n＜3.5
即n＝1時，v＝；n＝2時，v＝；n＝3時，
v＝。
答案：見解析
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【三維設計】2016屆高三物理一輪復習課時跟蹤檢測(28) 帶電粒子在組合場中的運動
