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冲刺2022届高考物理大题限时集训专题12 带电粒子在磁场中的运动(解析版)
ID:86221 2022-05-18 21页1111 1.08 MB
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冲刺2022届高考物理大题限时集训专题12 带电粒子在磁场中的运动【例题】如图所示,直线上方有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度。两带有等量异种电荷的粒子,同时从点以相同速度射入磁场,速度方向与成角。已知粒子的质量均为,电荷量,不计粒子的重力及两粒子间相互作用力,求:(1)它们从磁场中射出时相距多远?(2)射出的时间差是多少?【答案】(1)0.2m;(2)【解析】(1)易知正、负电子偏转方向相反,做匀速圆周运动的半径相同,均设为r,根据牛顿第二定律有解得作出运动轨迹如图所示,根据几何关系可得它们从磁场中射出时相距(2)正、负电子运动的周期均为根据几何关系可知正、负电子转过的圆心角分别为60°和300°,所以射出的时间差是\n1.带电粒子在有界匀强磁场中的运动(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时,入射角等于出射角.粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角.(如图,θ1=θ2=θ3)(2)圆形边界(进、出磁场具有对称性)①沿径向射入必沿径向射出,如图所示.②不沿径向射入时.射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ,射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ,如图所示.2.临界问题(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向找出半径方向,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系.(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切.3.多解问题题目描述的条件不具体,存在多解的可能性,常见的多解原因有:(1)磁场方向不确定形成多解;(2)带电粒子电性不确定形成多解;(3)速度不确定形成多解;(4)运动的周期性形成多解.\n【变式训练】如图所示,矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度的大小为,矩形区域长为,宽为。在边中点处有一放射源,某时刻,放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为的某种带正电粒子。现在已知带电粒子的质量,所带电荷量为(不计粒子重力)。(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大;(2)求从边界射出的粒子,在磁场中运动的最短时间为多少;(3)若放射源向磁场内共辐射出了个粒子,求从、和边界射出的粒子各有多少个。【答案】(1);(2);(3)个,个,个【解析】(1)根据牛顿第二定律可得解得(2)因为所有粒子的轨迹半径相同,所以弦最短的圆弧对应的时间最短,作,弦最短,如图甲所示根据几何知识可知,弦所对圆心角粒子在磁场中运动的周期为\n所以粒子在磁场中运动的最短时间为(3)首先要判断从点向哪些方向射入磁场的粒子将会从、和边界射出。从前面的分析可知,速度方向与的夹角在到范围内发出的粒子能从边射出,故从边射出的粒子有个。如图乙为两个边界,当速度方向满足一定条件时,粒子将从点射出磁场。因为,且,所以此时射入磁场的粒子速度方向与的夹角为,所以从边射出的粒子有个,从边射出的粒子有个。1.图中的S是能在纸面内的360°方向发射电子的电子源,所发射出的电子速率均相同。是一块足够大的竖直挡板,与电子源S的距离为L,挡板的左侧分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感强度为B。设电子的质量为m,带电量为e,问:(1)要使电子源发射的电子能到达挡板,则发射的电子速率至少要多大?(2)若电子源发射的电子速率为,挡板被电子击中的范围有多大?要求在图中画出能击中挡板的距O点上下最远的电子运动轨迹。\n【答案】(1);(2),【解析】(1)设则发射的电子速率为v时,发射速度平行于挡板向上的电子恰能到达挡板,则其他方向射出的电子都到达不了挡板。由几何关系可知恰好到达挡板的电子轨迹半径洛伦兹力提供向心力解得即要使电子源发射的电子能达到挡板,则发射的电子速率至少等于。(2)所有从电子源S发出的电子都将在磁场中作圆周运动,因为电子速率都相同,故圆周运动半径也相同,由可知电子圆周轨迹半径在半径为L的圆周上,任意两点的最长距离为直径,根据电子偏转方向可推出在O点上侧、与S相距为的a点为电子击中挡板的最远点(见图)根据几何关系\n又初速沿垂直挡板向右方向的电子恰好在O点下侧与挡板相切于b点,此b点为击中挡板下侧的最远点,其余沿斜向下方向发射的电子无法与挡板相碰,由圆的知识得综上所述,电子击中挡板的范围为2.如图所示,真空中有一矩形盒子PQJH,PH边和JH边上各开有小孔A和C,C是JH边上的中点,荧光屏M平行JH放置,能显示从A孔射出的粒子落点位置。盒子内有一方向垂直于PQJH平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场。初速度可以忽略的相同的带电粒子经电压为U的电场加速后,从A孔垂直于PH边射入盒内,再经磁场偏转后恰好从C孔射出。若已知AH=,JH=2L,屏M与JH间的距离为,不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。(1)求带电粒子的比荷;(2)求带电粒子从A孔运动到屏M的时间t;(3)若撤去磁场,盒子内加一平行于PH边的匀强电场,粒子经电场偏转后仍恰好从C孔射出,求电场强度大小。【答案】(1);(2);(3)【解析】(1)设带电粒子经加速电场加速后获得速度大小为v,根据动能定理得     ①解得     ②粒子进入磁场后做匀速圆周运动,轨迹如图所示,设圆周半径为R,在三角形OHC中,根据几何关系有\n     ③解得     ④根据牛顿第二定律有     ⑤联立②④⑤解得     ⑥(2)在三角形OHC中,有     ⑦则弧所对应的圆心角是120°,粒子在磁场中运动的时间为     ⑧根据几何关系可得粒子离开磁场后运动的路程为     ⑨运动时间为     ⑩所以     ⑪(3)若撤去磁场,盒子内加一平行于PH边的匀强电场,粒子将做类平抛运动,设电场强度大小为E,其加速度大小为\n     ⑫在水平方向上有     ⑬在竖直方向上有     ⑭联立①⑫⑬⑭解得     ⑮3.如图所示的虚线为正三角形,在正三角形区域的外侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,d、e为ab边上的点,,,一重力不计的带负电的粒子(粒子的比荷为k),由e点垂直ab以初速度kBL进入磁场。求:(1)粒子从射入磁场后到第二次回到ab边所用的时间;(2)粒子从射入磁场后到第一次以相同的速度回到e点所用的时间;(3)粒子第一次以相同的速度回到e点瞬间,正三角形区域外侧变成竖直向上的电场,粒子经过在cb延长线上的p点(图中未画出),bp长为2.5L,求电场强度E。【答案】(1);(2);(3)【解析】(1)根据题意可知,粒子的运动轨迹如图所示,根据\n可得则则根据几何关系可知则则粒子从射入磁场后到第二次回到ab边所用的时间(2)由图可知,粒子第一次回到点的时间为则粒子从射入磁场后到第一次以相同的速度回到e点所用的时间(3)粒子第一次以相同的速度回到e点瞬间,正三角形区域外侧变成竖直向上的电场,粒子经过在cb延长线上的p点(图中未画出),bp长为2.5L,水平方向上有竖直方向有根据牛顿第二定律有联立解得\n4.如图所示,在xOy平面0≤x≤3a的区域内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在x>3a的区域内存在平行于xOy平面垂直x轴方向的匀强电场(图中未画出),从原点O沿y轴正方向发射的带负电粒子刚好从磁场右边界上的P点离开磁场进入电场,经电场偏转后到达x轴上的Q点,且粒子到达Q点时速度恰好沿x轴正方向。已知粒子的质量为m、电荷量为-q,P点的坐标为(3a,1.5a),不计粒子所受重力,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)粒子经过P点时的速度大小v;(2)电场强度的大小和方向;(3)粒子从O点运动到Q点所用的时间。【答案】(1);(2),沿y轴负方向;(3)【解析】(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,粒子到达P点时速度方向与y轴负方向的夹角为α,根据几何关系有Rsinα=1.5aR+Rcosα=3a根据牛顿第二定律有解得(2)粒子在电场中做类平抛运动,将粒子从P点进入电场的速度分解,设垂直电场方向的分速度大小为vx,其沿电场方向的分速度大小为vy,粒子从P点运动到Q点的时间为t2,根据运动规律有根据牛顿第二定律有\n解得根据运动过程分析受力可知,电场强度的方向沿y轴负方向。(3)粒子在磁场中做完整圆周运动的周期粒子在磁场中运动的时间粒子从O点运动到Q点所用的时间t=t1+t2解得5.如图,xOy平面内有垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子(不计粒子受到的重力)以大小为v0的初速度从y轴上的a点沿x轴正方向进入匀强磁场,其运动轨迹经过x轴上的b点,且。若撤去磁场换一个与y轴平行的匀强电场,带电粒子仍以速度v0从a点沿x轴正方向进入电场,运动轨迹仍能通过b点,求:(1)粒子在磁场中从a点运动到b点的过程中,速度的偏转角的正弦值为多大?(2)粒子在磁场中从a点运动到b点的时间?(3)匀强电场的电场强度大小?【答案】(1)0.8;(2);(3)【解析】(1)设,则,粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,设粒子做圆周运动的轨道半径为r,由几何知识得\n解得粒子在磁场中从a点运动到b点的过程中,速度的偏转角的正弦值则(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期粒子在磁场中从a点运动到b点的时间(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得粒子在电场中做类平抛运动,水平方向竖直方向解得6.如图所示,以直角三角形AOC为边界的三角形区域内,有方向垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场(边界有磁场),,,在A点发射质量为m、电荷量为q某种带正电的粒子(不计重力作用),发射方向与AO边的夹角为,粒子从O点射出磁场。(1)求粒子的发射速度大小及粒子在磁场中的运动时间;(2)若入射粒子为负电荷(电量为,质量为m),从A点射入方向不变,若要使粒子能从AC边射出,求粒子入射速度最大值。\n【答案】(1),;(2)【解析】(1)由题意,作出粒子的运动轨迹如图所示,由几何知识可知粒子的运动半径为根据牛顿第二定律有联立解得粒子的运动周期为由几何知识可知粒子转过的圆心角为60°,所以粒子在磁场中的运动时间为(2)如图所示,假设粒子以最大速度V从A点进入磁场,与OC相切于D点,最终从AC边射出,此时粒子的运动半径最大,设为R,在三角形中′中,有解得根据牛顿第二定律有\n联立解得7.如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球,在倾角为0的光滑绝缘斜面上由静止开始下滑。图中虚线是左、右两侧匀强磁场(图中未画出)的分界线,左侧磁场的磁感应强,右侧磁场的磁感应强度为B,两磁场的方向均垂直于纸面向外。当小球刚下滑至分界线时,对斜面的压力恰好为0.已知重力加速度为g,斜面足够长,小球可视为质点。(1)判断小球带何种电荷。(2)求小球沿斜面下滑的最大速度。(3)求小球速度达到最大之前,在左侧磁场中下滑的距离L。【答案】(1)正电荷(2);(3)【解析】(1)根据题意,小球下滑过程中受到洛伦兹力方向垂直斜向上,根据左手定则小球带正电荷。(2)当小球刚下滑至分界线时,对斜面的压力恰好为0,然后小球继续向下运动,在左侧区域当压力再次为零时,速度达到最大值,则有解得\n(3)当小球刚下滑至分界线时,对斜面的压力恰好为0,设此时速度为,则有解得小球下滑的加速度解得根据则有8.如图所示,在x轴上方及下方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,上方磁场的磁感应强度大小为B、下方磁场的磁感应强度大小为。一质量为m、电量为q的带正电粒子从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出。不计粒子重力。求:(1)射出后粒子第二次到达x轴时离O点的距离,并画出该过程粒子运动的轨迹;(2)射出后粒子经过多长时间第二次到达x轴。【答案】(1),;(2)【解析】\n(1)在磁场中做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力,粒子运动的轨迹如图所示由得圆周运动半径如图所示,在x轴上方做圆周运动时,有在x轴下方做圆周运动时,有粒子第二次到达x轴时离O点的距离(2)由可得圆周运动周期如图所示,在x轴上方做圆周运动时,有在x轴下方做圆周运动时则第二次到达x轴所用时间\n9.如图,A、K为平行板电容器的两极板,K板接地,正中有小孔O。半径为R的圆筒内充满垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆筒左壁有一小孔O′。O、O′及圆心C三点均在纸面内,且处在同一直线上。平行板电容器充好电后,将质量为m、带电量为q的粒子从靠近A板的位置无初速释放,恰沿直线OO′运动,射入圆筒,粒子与筒壁发生的每一次碰撞都是弹性的,忽略粒子重力以及碰撞所需的时间,粒子与圆筒的碰撞过程中电量不发生转移。(1)若使两极板间电势差为U1,释放粒子,粒子进入匀强磁场后偏转90°首次与圆筒壁碰撞,求U1;(2)若使两极板间电势差为U2,释放粒子,粒子从进入圆筒至首次离开磁场的时间恰取得最小值,求此最小值tm;(3)若使两极板间电势差为U3,再释放粒子,粒子进入圆筒后经历与圆筒四次碰撞后又恰能从O′离开圆筒,求U3:U1的可能值。(结果可用三角函数式表达)【答案】(1);(2);(3)见解析【解析】(1)带电粒子在电容中加速射入圆筒后,洛伦兹力提供圆周运动的向心力如图(a)由几何分析得\n解得(2)粒子在磁场中作圆周运动时得与粒子进入磁场的速度无关。若粒子射进圆筒后,偏转(n=1,2,3…)即与圆筒发生首次碰撞,图b就是最简单的一种情况,此时粒子在筒内的总运动时间最短即(3)粒子与筒壁发生四次碰撞,有可能是以下两种情况:【情况一】\n如图(c),粒子在磁场中的运动半径结合(1)的分析,得【情况2】如图(d),粒子在磁场中的运动半径结合(1)的分析,得(2020•全国高考真题)如图,在0≤x≤h,区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B的大小可调,方向不变。一质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y\n轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm;(2)如果磁感应强度大小为,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】(1)磁场方向垂直于纸面向里;;(2);【解析】(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有①由此可得②粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,半径应满足③由②可得,当磁感应强度大小最小时,设为Bm,粒子的运动半径最大,由此得④(2)若磁感应强度大小为,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由②④式可得,此时圆弧半径为⑤粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α,\n由几何关系⑥即⑦由几何关系可得,P点与x轴的距离为⑧联立⑦⑧式得⑨
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