2020届高考物理一轮复习 第8章 磁场 4 题型探究课 带电粒子在复合场中的运动题型专练巩固提升

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2020届高考物理一轮复习 第8章 磁场 4 题型探究课 带电粒子在复合场中的运动题型专练巩固提升

‎4 题型探究课 带电粒子在复合场中的运动 ‎1.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动.真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射.‎ ‎(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;‎ ‎(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求sin θn;‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之.‎ 解析:(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功.‎ 由动能定理,有2qEd=mv ①‎ 由①式解得 v2=2 ②‎ 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有 qv2B=m ③‎ 由②③式解得 r2= . ④‎ ‎(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同).‎ nqEd=mv ⑤‎ 7‎ qvnB=m ⑥‎ 甲 粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有 vn-1sin θn-1=vnsin αn ⑦‎ 由图甲看出 rnsin θn-rnsin αn=d ⑧‎ 由⑥⑦⑧式得 rnsin θn-rn-1sin θn-1=d ⑨‎ 由⑨式看出r1sin θ1,r2sin θ2,…,rnsin θn为一等差数列,公差为d,可得 rnsin θn=r1sin θ1+(n-1)d 乙 当n=1时,由图乙看出 r1sin θ1=d ⑪‎ 由⑤⑥⑩⑪式得 sin θn=B .‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则 θn=,sin θn=1‎ 在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ′n,由于> 则导致sin θ′n>1‎ 7‎ 说明θ′n不存在,即原假设不成立.所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界.‎ 答案:见解析 ‎2.(2018·宿迁模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy,‎ 在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴,电场强度大小相同、方向相反的匀强电场,在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场.一质量为m,电荷量为q的带电粒子,从y轴上的M(0,d)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴的N点进入第Ⅳ象限内,又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限,最终粒子从x轴上的P点离开.不计粒子所受到的重力.求:‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小;‎ ‎(2)粒子运动到P点的速度大小;‎ ‎(3)粒子从M点运动到P点所用的时间.‎ 解析:‎ ‎(1)粒子运动轨迹如图所示.‎ 设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1,粒子在N点时速度大小为v1,方向与x轴正方向间的夹角为θ,则:‎ x=v0t1=d y=at=d qE=ma,tan θ== v1= 联立以上各式得:θ=,v1=2v0,E=.‎ 7‎ 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qv1B=m 由几何关系得:R==d 联立并代入数据解得:B=.‎ ‎(2)粒子由M点到P点的过程,由动能定理得:‎ qEd+qE(R+Rcos θ)=mv-mv 代入(1)中所求数据解得:vP=v0.‎ ‎(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间:t1== 粒子在第Ⅳ象限内运动周期:T== t2=T= 粒子在第Ⅲ象限内运动时有:R+Rcos θ=at 解得:t3= 粒子从M点运动到P点的时间:‎ t=t1+t2+t3=.‎ 答案:(1)  (2)v0‎ ‎(3) ‎3.如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h,质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g.‎ 7‎ ‎(1)求电场强度的大小和方向;‎ ‎(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值;‎ ‎(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值.‎ 解析:(1)设电场强度大小为E 由题意可知mg=qE 得E=,方向竖直向上.‎ ‎(2)如图甲所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为φ.‎ 由r=,有r1=,‎ r2==r1‎ 由(r1+r2)sin φ=r2,r1+r1cos φ=h 联立各式解得vmin=(9-6).‎ ‎ ‎ 甲          乙 ‎(3)如图乙所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x.‎ 由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,…)‎ x≥,x= 得r1=,n<3.5‎ 7‎ 即n=1时,v=;n=2时,v=;n=3时,v=.‎ 答案:(1) 方向竖直向上 (2)(9-6) ‎(3)   ‎4.如图a所示,匀强磁场垂直于xOy平面,磁感应强度B1按图b所示规律变化(垂直于纸面向外为正).t=0时,一比荷为=1×‎105 C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入,速度大小v=5×‎104 m/s,不计粒子重力.‎ ‎(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径.‎ ‎(2)求t=×10-4 s时带电粒子的坐标.‎ ‎(3)保持图b中磁场不变,再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2,其磁感应强度为0.3 T,在t=0时,粒子仍以原来的速度从原点射入,求粒子回到坐标原点的时刻.‎ 解析:(1)带电粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力提供向力心,‎ qvB1=m r=‎1 m.‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动的周期,‎ T0==×10-4 s 在0~×10-4 s过程中,粒子运动了,圆弧对应的圆心角,θ1= 在×10-4 s ~×10-4 s过程中,粒子又运动了,圆弧对应的圆心角,θ2= 轨迹如图1所示,根据几何关系可知,‎ 横坐标:x=2r+2rsin =(2+) m≈3.‎‎41 m 纵坐标:y=-2rcos =- m≈-1.‎‎41 m 带电粒子的坐标为(3.‎41 m,-1.‎41 m).‎ 7‎ ‎ ‎ ‎(3)施加B2=0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后,如图2所示,‎ ‎①当nT≤t<nT+(n=0,1,2,…)时,‎ T1==×10-4 s ‎②当nT+≤t<(n+1)T(n=0,1,2,…)时,‎ T2==π×10-4 s 粒子运动轨迹如图3所示,则粒子回到原点的时刻为,t1=×10-4 s t2=2(n+1)π×10-4 s(n=0,1,2,3,…).‎ 答案:(1)‎1 m (2)(3.‎41 m,-1.‎41 m) ‎ ‎(3)t1=×10-4 s ‎ t2=2(n+1)π×10-4 s(n=0,1,2,3,…)‎ 7‎
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