K12教育学习资料高考物理一轮复习第10章磁场微专题56带电粒子在组合场中的运动试题粤.docx

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K12教育学习资料高考物理一轮复习第10章磁场微专题56带电粒子在组合场中的运动试题粤

56带电粒子在组合场中的运动

[方法点拨]　

（1）带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做圆周运动；

（2）明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．

1．如图1所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在－m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10－4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x>0的区域内有电场强度大小E＝4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d＝

2m．一带电粒子从P点以速度v＝4×104m/s，沿与x轴正方向成α＝60°角射入磁场，经过y轴时速度方向垂直y轴．当电场左边界与y轴重合时，带电粒子经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力．求：

图1

（1）带电粒子的比荷（电量和质量的比值）；

（2）Q点的横坐标；

（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系．

2．容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图2所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E＝，方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：

图2

（1）粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；

（2）射到感光片Q处的粒子的比荷（电荷量与质量之比）；

（3）粒子在磁场中运动的最短时间．

3．如图3所示，在直角坐标系第二象限中有磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y>L区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ；在第一象限的

图3

（1）若粒子经过坐标为的P点时，速度方向与y轴负方向成锐角，且已知粒子仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，求加速电场的电压U.

（2）若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为的P点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P点的速度方向与y轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小．

4．如图4所示，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.0×104V/m，另有一半径R＝1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2＝0.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为＝5.0×105C/kg，粒子重力不计．求：

图4

（1）坐标d的值；

（2）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件；

（3）在第

（2）问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y＝x上的最长时间．（结果保留两位有效数字）

5．如图5所示，空间中存在半径为R的圆形有界磁场，磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.平行板电容器极板间距离为R，电容器上极板的延长线恰好与圆形磁场下边界相切于P点，两极板右端竖直连线与磁场左边相切于Q点．一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，以大小为的初速度紧贴负极板从左侧垂直电场方向射入，并从两极板右端竖直连线的中点N射出，后恰好由P点射入圆形磁场区域．不计粒子的重力．求：

图5

（1）电容器两极板间的电势差；

（2）粒子从进入电场到射出磁场的整个过程所经历的时间．

6．如图6所示，在一、二象限内－R≤x≤R范围内有竖直向下的匀强电场E，电场的上边界方程为y＝x2.在三、四象限内存在垂直于纸面向里，边界方程为x2＋y2＝R2的匀强磁场．现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在y＝R处有一荧光屏，当正离子打到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力．

图6

（1）求在x（－R≤x≤R）处释放的离子进入磁场时的速度大小；

（2）若仅让横坐标x＝－处的离子释放，它最后能经过点（R,0），求从释放到经过点（R,0）所需时间t；

（3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．求该点坐标和磁感应强度B1.

答案精析

1．

（1）5×107C/kg　

（2）5m　（3）见解析

解析　

（1）轨迹如图甲，交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，

甲

由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，设半径为r，则圆心角为60°.有：

rsinα＝

得r＝2m

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，

有：

qvB＝m

代入数据，解得＝5×107C/kg.

（2）粒子在电场中做类平抛运动，加速度a＝＝2×108m/s2

运动时间t1＝＝5×10－5s

沿y轴负方向的分速度vy＝at1＝1×104m/s

沿y轴负方向的位移y＝at＝0.25m

由几何知识可得LOC＝1m.

粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点，t2＝＝7.5×10－5s

故Q点的横坐标为x＝d＋vt2＝5m

（3）设电场左边界的横坐标为x′，当0

乙

则：

tanθ＝

又：

tanθ＝

由以上两式得：

E′＝，

当3m≤x′＜5m时，如图丙，

丙

有LOC＝at2＝

解得：

E′＝.

2．

（1）　

（2）　（3）

解析　

（1）设质量为m，电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0

qU＝mv

粒子在平行板间：

L＝v0t

vx＝t

tanθ＝

联立解得：

tanθ＝1，θ＝

粒子射入磁场时的速度方向与边界ab间的夹角θ＝

（2）由

（1）知，粒子均从e板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场．设质量为m0，电荷量为q0的粒子射入磁场时的速度为v′，恰能射到感光片Q处，做圆周运动的轨道半径为r0，则v′＝＝v0＝2

由几何关系知：

r＋r＝（4L）2，得r0＝2L

又r0＝

联立解得：

＝

（3）设粒子在磁场中运动的最短时间为tmin，在磁场中的偏转角为α，则

tmin＝

半径为r′＝＝·2＝

联立解得：

tmin＝

因为所有粒子在磁场中运动的偏转角都为α＝π,所以粒子打在P处时在磁场中运动时间最短.

由几何关系知：

r′2＋r′2＝L2，得r′＝L

联立解得tmin＝＝.

3．

（1）　

（2）B

解析　

（1）设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v，由动能定理有qU＝mv2

带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m

由几何关系有（L－R）2＋2＝R2

联立解得U＝

（2）设调低加速电场电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v1

带电粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动时，有qv1B＝m

在磁场区域Ⅲ中做匀速圆周运动时，有qv1B1＝m

可得B1＝B

又由几何关系有R2cosθ＝L

由L>，可知粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹圆心的纵坐标值大于L

2R1＋R2－R2sinθ＝L

联立解得B1＝B.

4．

（1）4m　

（2）B1≤0.1T或B1≥0.24T　（3）6.2×10－5s

解析　

（1）带电粒子在匀强磁场B2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，

甲

则qv0B2＝m

解得r＝1m

粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x0，竖直方向的位移为y0.

水平方向：

x0＝v0t

竖直方向：

y0＝at2

a＝

＝tan45°＝

联立解得：

x0＝2m，y0＝1m

由图甲中几何关系可得d＝x0＋y0＋r＝4m.

（2）设当匀强磁场的磁感应强度为B1′时，粒子垂直打在y轴上，此时粒子无法运动到x轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r1，如图乙所示，

乙

由几何关系得：

r1＝d－x0

解得r1＝＝2m

B1′＝0.1T

故B1≤0.1T.

设当匀强磁场的磁感应强度为B1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y轴相切，此时粒子也无法运动到x轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r2，如图乙所示，由几何关系可得r2＋r2cos45°＋x0＝d

解得r2＝＝（4－2）m

B1″≈0.24T

故B1≥0.24T．即要使粒子无法运动到x轴的负半轴，磁感应强度B1≤0.1T或B1≥0.24T.

（3）设粒子在B2中运动时间为t1，电场中运动时间为t2，磁场B1中运动时间为t3，则t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝×＋＋×≈6.2×10－5s.

5．

（1）　

（2）

解析　

（1）设粒子从N点射出的速度与极板的夹角为θ，设极板间距为d，如图所示，

由几何关系可解得：

tanθ＝＝，即θ＝30°

vy＝v0tanθ

粒子在电场中做类平抛运动，则：

v＝2a·

由牛顿第二定律得a＝

粒子在电场中受力：

F＝qE

平行板电容器两极板间的电场强度：

E＝

联立解得：

U＝

（2）设粒子在电场中匀加速运动的时间为t1，则＝t1

设粒子飞出电场后做匀速运动所用的时间为t2，则R＝v0t2

由几何关系得，粒子飞出电场后的速度：

v＝

粒子在磁场中偏转的轨迹如图所示，设粒子从M点射出磁场，由洛伦兹力提供向心力得：

qvB＝m

解得粒子运动的半径：

r＝＝R

粒子运动的周期：

T＝＝

如图，O′为轨迹圆圆心，O为圆形磁场的圆心，△OO′P中OP＝R，O′P＝r＝R，

∠OPO′＝30°，由余弦定理得：

OO′2＝R2＋r2－2Rrcos30°

解得：

OO′＝R＝r

可得偏转角为α＝240°

则粒子在磁场中运动时间t3＝T

粒子整个过程的运动时间t＝t1＋t2＋t3

解得t＝.

6．

（1）|x|　

（2）见解析　（3）2

解析　

（1）于x处释放离子，由动能定理得Eq·x2＝mv2

得离子进入磁场时的速度v＝|x|

（2）由

（1）得在x＝－处释放的离子到达x轴时速度为v＝＝

从释放到到达x轴时间为t1＝＝＝

第一种情况：

离子直接从x＝－经磁场达x＝R处．

在磁场中经历半圆时间

t2＝＝＝2π

总时间T1＝t1＋t2＝

第二种情况：

离子直接从x＝－经磁场达x＝处进入电场再返回磁场到x＝R处

易得在磁场中时间仍然为t2＝2π

在电场中时间为3t1＝

总时间为T2＝3t1＋t2＝（2π＋1）

（3）在磁场B中qvB＝

所以运动半径r＝＝|x|

可以看出，B一定时，必有r∝|x|，当|x|→0时，r→0（离子经磁场偏转从逼近原点处出磁场）因此，所有离子都从原点（0,0）点处出磁场，击中荧光屏上

则有2r1＝|x|，因为qvB1＝

所以B1＝＝2.