2023年浙江选考高考物理大一轮复习第八章磁场第3讲带电粒子在复合场中的运动学案.pdf

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1、1/22 第 3 讲带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中的运动1复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或相邻或在同一区域电场、磁场交替出现2带电粒子在复合场中的运动形式匀状态或做静止静止或匀速直线运动：带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于(1)运动速直线时，带电粒子在洛相反，方向相等匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小(2)匀速圆周运动伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做(3)较复杂的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线

2、运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线二、带电粒子在复合场中运动的应用实例装置原理图规律2/22 质谱仪离子由静止被加速电场加速qU12mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvBmv2r，则比荷qm2UB2r2.回旋加速器交流电的周期和粒子做匀速圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速，D形盒半径为r.由qvBmv2r及Ekm12mv2得Ekmq2B2r22m速度选择器若qv0BEq，即v0EB，粒子做匀速直线运动(粒子重力不计)磁流体发电机磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则由qEqULqvB得两极板间能达到的最大电势差UB

3、Lv.电磁流量计导电液体在管中向左流动，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即：qvBqEqUd，所以vUBd，因此液体流量QSvd24UBddU4B.霍尔元件宽为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过该导体时，上下表面之间会产生电势差，称为霍尔效应.自测 1现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1 所示，其中加速电压恒定质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转3/22 后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加

4、到原来的12 倍此离子和质子的质量比约为()图 1 A11 B12C121 D144答案DqvB，根据牛顿第二定律有2qUmv得带电粒子进入磁场的速度为2mv12qU由解析，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的2mUq1BR，综合得到mvBqR，得v2RmD.，故选144m0mp轨道半径和电荷量，故自测 2(2017 宁波市九校高二上期末)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，形D中，B构成，置于匀强磁场2D、1D形盒D所示，这台加速器由两个铜质2其原理如图盒半径为R，其间留有空隙，两盒分别与高频电源的两极相连，电源频率为f，则下列说法正确的是()图 2 A粒子的加速次数越多，加

5、速电压越大，最终获得的动能也越大B被加速后的粒子最大速度为2fR，与加速电场的电压无关He4 2粒子，也可以加速H1不改变回旋加速器的任何参数，装置可以加速质子CD高频电源不能使用正弦式交变电流答案B命题点一带电粒子在复合场中的实例分析1基本思路4/22 速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出所求物理量2解决回旋加速器的方法(1)交变电压的频率与粒子在磁场中做圆周运动的频率相等(2)在q、m和B一定的情况下，回旋加速器的半径越大，粒子的能量就越大，最大动能与加速电压无关例 1(2016 浙江10

6、月选考 23)如图3 所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感的一束q、电荷量为m发射质量为C轴下方的离子源x的匀强磁场，位于0B应强度大小为的电场加速后，从小mv022qU这束离子经电势差为.0v30负离子，其初速度大小范围为孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上在x轴上 2a3a区轴上的离x，打到0N假设每秒射入磁场的离子总数为)mv0qB0a(间水平固定放置一探测板子数均匀分布(离子重力不计)图 3(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应；1B强度大小被板80%；若打在板上的

7、离子N不变，求每秒打在探测板上的离子数1B保持磁感应强度(3)吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6 倍，求探测板受到的作用力大小答案见解析12mv12qU的粒子：0对于初速度为(1)解析amv1qB01r得v12r1m1qv0B由恰好打在x2a的位置的粒子0v3对于初速度为2)0v3(m1222mv12qU得v22r2m2qv0B由5/22，a2mv2qB02r恰好打在x4a的位置离子束打在x轴上的区间为2a,4a(2)由动能定理2)0v3(m1222mv12qU得v22r3m2qv1B由mv2qB13ra323r0B431B解得(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为

8、2axa0vv0v43，对应的速度范围为a32ra即每秒打在探测板上的离子数为0N232v0 43v02v0 v00NN根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小8N0mv09)0mv430mv(20.8N2p吸吸F反弹的离子受到板的作用力大小0mv0N1645)0v0.60v(m43)0v0.60v(m20.2N2p反反F根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小0mv0N5645反F吸FF变式1(2015 浙江10 月选考 23)如图4 是水平放置的小型粒子加速器的原理示意存在场的区域1.0 mL，长2B和1B存在方向垂直纸面向里的匀强磁场和图，区域，水平S中间上方有一离子源、方向水平向右的匀

9、强电场区域V/m45.0 10E强大小两点P、S点水平射出P下方的的氘核，氘核最终从区域eV44.0 10k0E能向左发射动1 eV，C191.60 10q、电荷量kg2721.67 10m氘核质量(0.10 mh间的高度差6/22)41101.67 10 271.60 10 19J,191.60 10图 4.k2E点射出时的动能P求氘核经过两次加速后从(1).d的最小宽度点射出，求区域P，要使氘核经过两次加速后从1.0 T1B若(2).2B的磁感应强度点射出，求区域P，要使氘核经过两次加速后从1.0 T1B若(3)(3)1.2 T(2)0.06 mJ14(1)2.2410答案k0Ek2EW由

10、动能定理(1)解析电场力做功WqELJ142.24 10eV51.4 10LqEk0Ek2E得02mv12k0E，v2RmqvB洛伦兹力提供向心力：(2)0.04 mmv0qB10R区域，半径1B第一次进入qELk0E21mv12区域，1B第二次进入0.06 m2Rd，故最小宽度0.06 mmv1qB12R(3)氘核运动轨迹如图所示)0R21R(2h2R2由图中几何关系可知0.05 m1R解得1.2 T.mv1qR12B，得mv1qB21R由命题点二带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中运动的分析方法复合场的组成弄清电场、磁场、重力场组合情况受力分析错误!7/22 运动分析注意运动情况和受

11、力情况的结合分段分析粒子通过不同种类的场时，分段讨论例 2(2016 嘉兴市模拟)图 5 为一除尘装置的截面图，其原理是通过板间的电场或磁场使带电尘埃偏转并吸附到极板上，达到除尘的目的已知金属板M、N长为d，间距也为d.、电荷m进入除尘装置，设每个尘埃颗粒质量为0v大量均匀分布的尘埃以相同的水平速度量为q.当板间区域同时加入匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场并逐步增强至合适大小时，尘埃恰好沿直线通过该区域；且只撤去电场时，恰好无尘埃从极板间射出，收集效率(打在极板上的尘埃占尘埃总数的百分比)为 100%，不计尘埃重力、尘埃之间的相互作用及尘埃对板间电场、磁场的影响图 5(1)判断M板所带电荷的

12、电性；(2)求极板区域磁感应强度B的大小；(3)若撤去极板区域磁场，只保留原来的电场，则除尘装置的收集效率是多少？(3)50%mv0qd(2)带负电(1)答案解析(1)负电荷进入垂直纸面向外的匀强磁场，根据左手定则，受到的洛伦兹力的方向向上，尘埃恰好沿直线通过该区域，说明电场力大小和洛伦兹力大小相等，方向竖直向下，因此M板带负电(2)由题意知，从紧挨N极板处射入板间的尘埃恰好不从极板射出，则尘埃在磁场中运动的半径rd，磁场中洛伦兹力提供向心力，有.mv0qdB，解得mv02rB0qv8/22(3)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，满足：，B0qvqE撤去磁场以后尘埃在电场力作用下做类平

13、抛运动，假设距离N极板y的尘埃恰好离开电场，则，2at12y，t0vd，d0.5y，解得qEma其中当y0.5d时，0 到 0.5d这段距离的尘埃不会射出电场，当y 0.5d时尘埃运动时间更长，水平位移xd，即 0.5d到d这段距离的尘埃会射出电50%.100%0.5dd场；则打在极板上的尘埃占总数的百分比，即除尘装置的收集效率变式 2如图 6 甲所示，水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂，已知两板50 T0B，磁感应强度)如图乙所示，垂直纸面向里为正(的交变磁场直于纸面间距离d0.3 m，电场强度E50 V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h5 cm 处的O点，一带电油

14、滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t0 时刻进入两板间，最后不计空气C(5210q，电荷量kg410m板边缘水平飞出已知油滴的质量N恰好从求：3)，取210 m/s取g阻力，重力加速度图 6(1)油滴在P点的速度大小；(2)N板的长度；(3)交变磁场的变化周期答案(1)1 m/s(2)0.6 m(3)0.3 s2mv12mgh由机械能守恒定律，得(1)解析解得v1 m/s，方向向下，N310mg进入场区时，因为(2)，方向向上N310Eq而所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动，9/22 mv2RBqv所以解得R0.1 m圆弧运动14板边缘水平飞出，需在场内做三次N，则油滴要想从0

15、.3 md因所以，N板的长度L6R.解得L0.6 m2B0q2v0T油滴在磁场中运动的周期(3)0T12T分析知交变磁场的周期(2)由联立解得T0.3 s.命题点三带电粒子在组合场中的运动1带电粒子在组合场中运动的分析思路第 1 步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第 2 步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：匀速圆周运动组合场中两种典型运动磁偏转粒子垂直于磁感线进入匀强磁场类平抛运动粒子垂直于电场线进入匀强电场电偏转第 3 步：用规律2解题步骤(1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键(2)画运动轨迹：根据

16、受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题考向 1 先磁场后电场例 3(2017 浙江4 月选考 23)如图7 所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下10/22 方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为，穿AKU两板间加有正负、大小均可调的电压K与A板接地，K轴对称的小孔y且关于l2，电

17、子ld，R32b板的所有电子被收集且导出，从而形成电流已知A板小孔到达K过质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用图 7(1)求磁感应强度B的大小；(2)求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角的范围；的电子数；A上的小孔到达极板K时，每秒经过极板0AKU当(3).变化的关系曲线AKU随i画出电流(4)答案见解析解析轨迹示意图.mveRB，解得mveBR模型要求：”磁聚焦(1)“，由几何关系知：R32b(2)在关于y轴左、右对称的60(含)范围内(3)要进入小孔，电子到达P点时与y轴负方向的夹角4563sin sin 602Rsin 2bN0N：则11/22.N630N板的电子数：A时每秒到达0

18、AKU则当板A时，进入小孔的电子全部能到AKU当(4)Ne63e0N1i板A对应的电子刚好到达451时，1UAKU设当mv24eAKU，解得2)1cos v(m1201eU则Ne63e0N2i之间，0)，mv24e(即在区间)该临界角度为(反向再增大时，将出现有电子AKU当刚好打到A板上，而的电子打不到A板2)cos v(m120AKeU，Nesin sin 60iNe438eUAK3mv2i解得：.mv22eAKU时，0i图线如图所示AKUi综上所述：考向 2 先电场后磁场例 4(2016 浙江 4 月选考 22)如图 8 为离子探测装置示意图区域、区域长均为L0.10 m，高均为H0.06

19、 m 区域可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域的右端紧贴着可探测带电水平射入，质子荷质比近似m/s51.0 10v屏质子束沿两板正中间以速度粒子位置的竖直)忽略边界效应，不计重力C/kg.(81.0 10qm为图 8 12/22(1)当区域加电场、区域不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值；maxE(2)当区域不加电场、区域加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值；maxB的位置等高，求区和离开区域，质子束进入区域maxE中的(1)小于E加电场若区域(3)域中的磁场B与区域中的电场E之间的关系式2EvB(3)

20、T3(2)5.510(1)200 V/m答案解析(1)质子在电场中做类平抛运动EqLmv2vyvtan，qELmvatyv质子到达区域右下端时，外加电场最大，200 V/m.Hmv23qL2maxE得H2LL2tan 此时有mvqBR，即v2RmqvB质子在磁场中运动有(2)时，外加磁场最大2L2)H2R(2R根据几何关系有：T.35.5 10错误!maxB得(3)质子运动轨迹如图所示设质子进入磁场时的速率为v，则EqLmvvEqmLvvatvvyvsin.2EvB，得BqL2mvL2mvBqL2Rsin 由几何关系知考向 3 先电场后磁场再电场例 5(2017 嘉兴市期末)如图 9 所示，O

21、PQ是关于y轴对称的四分之一圆，在PQNM区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U.一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位13/22 置经电场加速后都会从O进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中，忽略极板电场的边缘效应，不计重力已知金属0AKU两板间加有电压K与A板接地，K平行板左端连线与磁场圆相切，O在y轴上图 9；qm求带电粒子的比荷(1)(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；至少为多大？AKU板上，则电

22、压K上哪个位置出发都能打到PQ若无论带电粒子从(3)U224(3)R22R22(2)2UB2R2(1)答案2mv12qU由动能定理可知(1)解析R0R由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，2UB2R2qm联立解得.v2R0mqvB，由几何关系知，1O方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为QN如图，沿(2)对应的圆心角为135，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O的距离为R22RyR22ay点的纵坐标a14/22 R22by的纵坐标b方向入射的带电粒子离开磁场的出射点PM同理可得，沿故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为：R22R22(3)

23、只要沿QN方向入射的带电粒子能打在K板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K板上，则在电场中UAK2REFqEma2at12R22Ry应满足 4RvtU224AKU解得考向 4 先后经过两个磁场例 6如图10 所示，在xOy坐标平面内x轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点以一定的初速度沿y轴正方向射出，粒子经过时间t第一次从x轴上的Q点进入下方磁场，速度方向与x轴正方向成45角，当粒子再次回到x轴时恰好经过坐标原点O，已知OPL，不计粒子重力求：图 10 15/22；0v带电粒子的初速度大小(1).B1B2轴上、下方磁

24、场的磁感应强度之比x(2)122(2)524t(1)答案解析(1)粒子运动轨迹如图所示L21r由几何知识得54轴上方运动的圆心角x粒子在r1v0t时间524t0v得结合cos 45 1r1rOQ由几何关系得(2)OQ222r轴下方运动的半径x粒子在.122r2r1B1B2得v02rmB0qv由的两个同心圆，圆心为2R、1R所示，半径分别为1如图)月联考8稽阳联谊学校1.(2017 2B，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为1B，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为O的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场今有一带正电粒子(质量为m，带电荷量为q)从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的

25、磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A点，带电粒子重力不计，求：16/22 图 1 为多少；t子在小圆内的运动时间，则带电粒3B1qR1mv若(1)的方向；2B大圆外的磁场(2)的比值为多少？2B与1B磁场应强度(3)R2R1(3)垂直于纸面向里(2)3qB1(1)答案1r，v2r1m1qvB带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，(1)解析1R3mvqB1由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为.3qB1t得，解r1vt，则3(2)粒子第一次回到小圆便经过A点，则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运的方向为垂直于纸面向里2B动，则，mvq

26、B22r，mvqB11r，R1R2r1r2由几何关系可得(3).R2R1B1B2解得2(2017 宁波市九校期末联考)在竖直平面内有一矩形区域ABCD，AB边长L，AD边长2L，F为AD边中点，G为BC边中点，线段FG将ABCD分成两个场区如图2 所示，场区内有一竖直向下的匀强电场，场区内有方向、大小未知的匀强电场(图中未画出)和方向垂直ABCD平面向里的匀强磁场一个质量为m、电荷量为q的带电小球以平行于BC边的速度v从AB边的中点O进入场区，从FG边飞出场区时速度方向改变了37，小球进入场区做匀速圆周运动，重力加速度为g，求：图 2 的大小及方向；2E中的电场强度场区(1)17/22 的大小

27、；1E中的电场强度场区(2)(3)要使小球能在场区内从FG边重新回到场区的磁感应强度B的最小值18mv7qL(3)mgq3mv24qL(2)方向竖直向上mgq(1)答案mgq2E得mgq2E中做匀速圆周运动可知，由带电小球在场区(1)解析方向竖直向上2E小球带正电，所受电场力方向竖直向上，可知时，竖直方，带电小球飞出场区Lvt中做类平抛运动，平抛运动时间小球在场区(2)向的速度3v24L34vta，则v34tan 37 v竖vmamgq1E由牛顿第二定律得mgq3mv24qL1E得(3)由类平抛运动规律得，小球在场区中的竖直位移L382at12yL38L12Rcos 37 R最大由几何关系得R

28、边相切时，FD中的圆周轨迹与当小球在场区L3572R解得，LL79sin 37）(1R此时L12L1736cos 37）(1Ry即带电小球以此半径做圆周运动时不会从CG边和CD边射出磁场进入场区时小球速度v54v234v 2v2v竖2v18mv7qLmvqRB得vRmBqv由3.如图 3 所示，在xOy坐标系中，坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的xy的区域内分布有指向dy0，在0v粒子的速度大小均为粒子，轴上方各个方向发射粒子的电荷量和质分别为m与q，其中3mv022qdE轴正方向的匀强电场，场强大小为量；在dy2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的

29、边18/22 界ab为一块很大的平面感光板，垂直于xOy平面且平行于x轴放置于y 2d处，如图4所示观察发现此时恰好无粒子打到ab板上(不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用)，求：图 3(1)粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离；(2)磁感应强度B的大小；(3)将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？d23(3)3mv0qd(2)d2330v(1)2答案20mv122tmv12qEd根据动能定理(1)解析0v2tv解得1x方向的位移大小：x轴方向射出的粒子进入磁场时，其在电场中沿x点处沿O从放射源d2332dqEm0vt0v此即为 粒子通过mn时距y轴的最大

30、距离(2)若沿x轴正方向射出的粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板上，由题意知沿x轴正方向射出的粒子轨迹必与ab板相切，由几何关系知此粒子进入磁场时与x轴正d23r，可得其做圆周运动的半径d6sin rr，则3方向夹角3mv0qdB，解得vt2rmBtqv又根据洛伦兹力提供向心力(3)易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到ab板上其临界ab，即当13板相切由几何关系可知此时磁场宽度为原来的ab情况就是此粒子轨迹恰好与d23d43d2d板上，有ab的位置时，恰好所有粒子均能打到d43y板位于4如图 4，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通

31、过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内、电荷m，方向如图所示；离子质量为0E有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为19/22，离子重力不计d3PN、d2QN；q量为图 4(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围2Umq23dB2Umq12d(3)12Ud(2)2UE0(1)答案解析(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，2mv12qU有：离子在辐向

32、电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，2UE0R得：mv2R0qE根据牛顿第二定律，有(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ的中点，则2at12d3vt,d12UdE，联立解得：maqE由牛顿第二定律得：(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有2Umq1Br，则mv2rqvB离子能打在QN上，则离子运动径迹的边界如图中和23dB2Umq12d，则有d2rd32上，必须满足：QN由几何关系知，离子能打在20/22.2Umq5(2017 金华市9 月十校联考)如图 5 甲所示的圆形绝缘弹性边界，带电粒子与其垂直碰撞后以原来速度大小被弹回，且电荷量不变区域圆

33、心为O、半径为R，内接正三角形ACD区域有垂直纸面向里的匀强磁场，其余区域有匀强电场，电场强度大小相等，方向与磁场边界垂直，如图所示，P、M、N是三角形三条边的中点，AG是过P点的一条直径，一质量点射入，经过与C沿半径方向从0v以速度)不计粒子重力(的带正电粒子q、电荷量为m为圆形绝缘弹性边界两次碰撞后恰好能够回到C点甲乙图 5(1)求三角形区域内的匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)保持三角形区域的磁感应强度不变，让该带电粒子从G点静止释放，调整电场强度的大小，使得粒子也刚好两次与圆形绝缘弹性边界接触后回到G点，求电场强度的大小和粒子从G点出发后第一次回到G点的时间；(3)如图乙所示，撤去圆

34、形绝缘弹性边界，保持电场区域的电场强度不变，且电场区域足够大(其中、区域没有电场)，保持三角形区域中磁场不变让该带电粒子从P点以不同速度大小沿PO方向垂直射入磁场，要使带电粒子能够周期性地回到P点，带电粒子入射的速度v大小应该满足什么条件？答案见解析解析(1)要使粒子从C点出发与圆周区域碰撞两次回到C点，则粒子的运动轨迹如图甲中实线所示，且刚好在A和D处与圆周垂直相碰根据几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆21/22.3mv03qRB，可得v02R1mB0qv因为.R31R周运动的轨道半径甲(2)带电粒子从G点静止释放，经过两次与圆形区域边界接触后回到G点，则带电粒子的运动轨迹如图乙所示乙进入电A

35、C刚好垂直M点进入磁场做圆周运动到P从1v点在电场作用下加速，以速度G从场，从M到I做匀减速运动刚好与圆周边界接触，然后在电场力作用下从静止加速到M点H到N进入电场，从AD点垂直N做匀速圆周运动，在N到M垂直进入磁场，从1v以速度垂直1v点以速度N做匀减速运动刚好与圆周边界接触，然后在电场力作用下从静止加速到进入磁场，做匀速圆周运动回到P点，然后从P做匀减速直线运动刚好回到G点根据几，又因为3R22R刚好是三段圆弧的圆心，圆弧轨道的半径为D、A、C何关系可以知道.mv024qRE，可得21mv12R2Eq又因为.0v121v，可得v12R2mB1qv2R26v13R2v123t时间.12R3v0t点的时间G可得第一次回到(3)要使粒子能够周期性的回到P点，则粒子在磁场中的运动轨迹如图所示22/22 A、C、D分别是在三角形顶角处的圆弧的圆心，设带电粒子做圆周运动的轨道半径为r，根0,1,2,3n，其中r1)n(23R2据几何关系有，0,1,2,3n，其中错误!v，可以得到：v2rmqvB又因为