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    (新高考)高考物理一轮复习第10章专题强化21《带电粒子在组合场中的运动》

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    这是一份(新高考)高考物理一轮复习第10章专题强化21《带电粒子在组合场中的运动》,共14页。试卷主要包含了由运动学公式有等内容,欢迎下载使用。

    1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,或在同一区域,电场、磁场交替出现.
    2.分析思路
    (1)划分过程:将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段,对不同的阶段选取不同的规律处理.
    (2)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.
    (3)画运动轨迹:根据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.
    3.常见粒子的运动及解题方法
    题型一 磁场与磁场的组合
    磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题,带电粒子在两个磁场中的速度大小相同,但轨迹半径和运动周期往往不同.解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点,进一步寻找边角关系.
    例1 (2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示.甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点.已知甲的质量为m,电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响.求:
    (1)Q到O的距离d;
    (2)甲两次经过P点的时间间隔Δt;
    (3)乙的比荷eq \f(q′,m′)可能的最小值.
    答案 (1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0) (3)eq \f(2q,m)
    解析 (1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2
    由qvB=meq \f(v2,r)可知r=eq \f(mv,qB),
    故r1=eq \f(mv,2qB0),r2=eq \f(mv,3qB0)
    且d=2r1-2r2
    解得d=eq \f(mv,3qB0)
    (2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别 t1、t2
    由T=eq \f(2πr,v)=eq \f(2πm,qB)得t1=eq \f(πm,2qB0),t2=eq \f(πm,3qB0)
    且Δt=2t1+3t2
    解得Δt=eq \f(2πm,qB0)
    (3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
    若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,…)
    相遇时,有neq \f(m′v,3q′B0)=d,neq \f(5πm′,6q′B0)=t1+t2
    解得eq \f(q′,m′)=neq \f(q,m)
    根据题意,n=1舍去.
    当n=2时,eq \f(q′,m′)有最小值,(eq \f(q′,m′))min=eq \f(2q,m)
    若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,…),经分析不可能相遇.
    综上分析,乙的比荷的最小值为eq \f(2q,m).
    题型二 电场与磁场的组合
    考向1 先电场后磁场
    1.带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动,然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动,如图甲.
    2.带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动,然后垂直进入磁场做匀速圆周运动,如图乙.
    例2 (2018·全国卷Ⅰ·25)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核eq \\al(1,1)H和一个氘核eq \\al(2,1)H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知eq \\al(1,1)H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场.eq \\al(1,1)H的质量为m,电荷量为q.不计重力.求:
    (1)eq \\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;
    (2)磁场的磁感应强度大小;
    (3)eq \\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.
    答案 (1)eq \f(2\r(3),3)h (2) eq \r(\f(6mE,qh)) (3)eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)-1)h
    解析 (1)eq \\al(1,1)H在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示.
    设eq \\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1,由运动学公式有s1=v1t1①
    h=eq \f(1,2)a1t12②
    由题给条件,eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°.eq \\al(1,1)H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为
    a1t1=v1tan θ1③
    联立以上各式得
    s1=eq \f(2\r(3),3)h④
    (2)eq \\al(1,1)H在电场中运动时,由牛顿第二定律有
    qE=ma1⑤
    设eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′,由速度合成法则有
    v1′=eq \r(v12+a1t12)⑥
    设磁感应强度大小为B,eq \\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
    qv1′B=eq \f(mv1′2,R1)⑦
    由几何关系得
    s1=2R1sin θ1⑧
    联立以上各式得
    B= eq \r(\f(6mE,qh))⑨
    (3)设eq \\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得
    eq \f(1,2)(2m)v22=eq \f(1,2)mv12⑩
    由牛顿第二定律有
    qE=2ma2⑪
    设eq \\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v2′,速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
    s2=v2t2⑫
    h=eq \f(1,2)a2t22⑬
    v2′=eq \r(v22+a2t22)⑭
    sin θ2=eq \f(a2t2,v2′)⑮
    联立以上各式得s2=s1,θ2=θ1,v2′=eq \f(\r(2),2)v1′⑯
    设eq \\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
    R2=eq \f(2mv2′,qB)=eq \r(2)R1⑰
    所以出射点在原点左侧.设eq \\al(2,1)H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′,由几何关系有
    s2′=2R2sin θ2⑱
    联立④⑧⑯⑰⑱式得,eq \\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′-s2=eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)-1)h.
    考向2 先磁场后电场
    1.进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示).
    2.进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示).
    例3 如图所示的xOy坐标系中,第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E,且与y轴负方向的夹角θ=30°,第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带正电粒子自O点射入第二象限,速度v与x轴负方向的夹角θ=30°,粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限,并由x轴上的M点(未画出)离开电场.已知OM距离为3L,粒子的比荷为eq \f(v,BL),不计粒子重力.
    (1)求OP两点的距离;
    (2)求粒子在磁场中运动的时间;
    (3)当该粒子经过P点的同时,在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子,若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长,求N点的坐标.
    答案 (1)eq \r(3)L (2)eq \f(2πL,3v) (3)(eq \f(3,2)L,eq \f(3\r(3),2)L)
    解析 (1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动,轨迹如图,圆心为C
    由牛顿第二定律,得qvB=eq \f(mv2,R)
    解得R=L
    由几何关系得∠OCP=120°
    则OP=eq \r(3)L
    (2)粒子在磁场中的运动周期T=eq \f(2πR,v)
    粒子偏转120°,即在磁场中运动时间t=eq \f(T,3)
    解得t=eq \f(2πL,3v)
    (3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角,与电场方向垂直,故粒子在第一象限内做类平抛运动,轨迹如图.由于两粒子完全相同,所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子,均可保证两粒子在电场中相遇,且两粒子在M点相遇所需时间最长,即在图中N点由静止释放粒子即可.设N点的横坐标为x,纵坐标为y,根据几何知识可得PN=QM=eq \r(3)L
    又x=PNcs 30°
    y=OP+PNsin 30°
    解得x=eq \f(3,2)L,y=eq \f(3\r(3),2)L
    考向3 粒子多次进出电场、磁场的运动
    例4 (2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图,空间有三个同心圆a、b、c围成的区域,圆a内为无场区,圆a与圆b之间存在辐射状电场,圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定,大小不同,方向均垂直纸面向外.电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场,电场可以反向,保证电子每次进入电场即被全程加速,已知圆a与圆b之间电势差为U,圆b半径为R,圆c半径为eq \r(3)R,电子质量为m,电荷量为e,忽略相对论效应,取tan 22.5°=0.4.
    (1)当Ek0=0时,电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场,且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°,最终从Q点出射,运动轨迹如图中带箭头实线所示,求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能;
    (2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰,就能从出射区域出射.当Ek0=keU时,要保证电子从出射区域出射,求k的最大值.
    答案 (1)eq \f(5\r(eUm),eR) eq \f(πR\r(meU),4eU) 8eU (2)eq \f(13,6)
    解析 (1)电子在电场中加速有2eU=eq \f(1,2)mv2
    在Ⅰ区磁场中,由几何关系可得r=Rtan 22.5°=0.4R
    根据洛伦兹力提供向心力有B1ev=meq \f(v2,r)
    联立解得B1=eq \f(5\r(eUm),eR)
    电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T=eq \f(2πr,v)
    由几何关系可得,电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为
    φ=eq \f(5,4)π
    电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t=eq \f(φ,2π)T
    联立解得t=eq \f(πR\r(meU),4eU)
    电子从P到Q在电场中共加速8次,故在Q点出射时的动能为Ek=8eU
    (2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm,此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切,
    由几何关系可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)R-rm))2=R2+rm2
    解得rm=eq \f(\r(3),3)R
    根据洛伦兹力提供向心力有B1evm=meq \f(vm2,rm)
    2eU=eq \f(1,2)mvm2-keU
    联立解得k=eq \f(13,6).
    例5 如图,直角坐标系xOy中,在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场;在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上P点(0,h)以初速度v0垂直于y轴射入电场,再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45°角进入磁场.粒子重力不计.
    (1)求匀强电场的场强大小E;
    (2)要使粒子能够进入第三象限,求第四象限内磁感应强度B的大小范围;
    (3)若第四象限内磁感应强度大小为eq \f(mv0,qh),第三象限内磁感应强度大小为eq \f(2mv0,qh),且第三、第四象限的磁场在y=-L(L>2h)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出),则要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场,求L的可能取值.
    答案 (1)eq \f(mv02,2qh) (2)B解析 (1)在第一象限内,粒子在静电力作用下做类平抛运动,由运动学规律有vy2=2ah,vy=v0tan 45°
    由牛顿第二定律有:qE=ma
    联立解得E=eq \f(mv02,2qh)
    (2)粒子在Q点的速率
    v=eq \f(v0,cs 45°)=eq \r(2)v0,h=eq \f(1,2)vyt,x=v0t
    可得OQ的距离为x=2h
    粒子进入第四象限后做匀速圆周运动,如图甲所示,轨迹恰与y轴相切时,对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值
    由牛顿第二定律有qvBmax=meq \f(v2,Rmin)
    由几何关系有x=Rmineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+cs 45°))
    联立以上各式解得Bmax=eq \f(1+\r(2)mv0,2qh)
    故B的大小范围为B(3)由洛伦兹力提供向心力可知qvB=meq \f(v2,R)
    粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为
    R1=eq \r(2)h,R2=eq \f(\r(2)h,2)
    易知:粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限,作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图乙所示
    要让粒子垂直边界MN飞出磁场,则L满足的条件为
    R1sin 45°+neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1+R2))sin 45°=L(n=0,1,2,3…)
    结合题意L>2h
    解得L=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(3,2)n))h(n=1,2,3…).
    课时精练
    1.平面直角坐标系xOy中,第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E,第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场,如图所示.一质量为m,带电荷量为q的正粒子从坐标为(-L,L)的P点沿y轴负向进入电场,初速度大小为v0=eq \r(\f(2EqL,m)),粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点.不计粒子的重力.
    (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小;
    (2)若粒子由P点沿x轴正方向入射,初速度仍为v0=eq \r(\f(2EqL,m)),求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离.
    答案 (1)4eq \r(\f(mE,qL)) (2)eq \f(6+\r(2),4)L
    解析 (1)由动能定理得EqL=eq \f(1,2)mv2-eq \f(1,2)mv02
    粒子进入磁场时速度大小为v=eq \r(\f(4EqL,m))
    在磁场中L=2R
    qvB=eq \f(mv2,R)
    可得B=4eq \r(\f(mE,qL))
    (2)假设粒子由y轴离开电场,运动轨迹如图所示
    L=v0t,
    y1=eq \f(1,2)at2,
    Eq=ma
    解得y1=eq \f(L,4)vy=at
    速度偏转角tan θ=eq \f(vy,v0)
    第一次到达x轴的坐标
    x1=eq \f(L-y1,tan θ)=eq \f(3,2)L
    在磁场中R′=eq \f(mv′,qB)
    x2=2R′sin θ=eq \f(2mv′,qB)sin θ=eq \f(2mvy,qB)=eq \f(\r(2),4)L
    粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离
    x=x1+x2=eq \f(6+\r(2),4)L.
    2.如图所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外;在x轴下方存在匀强电场,电场方向与xOy平面平行,且与x轴成45°夹角.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出,一段时间后进入电场,进入电场时的速度方向与电场方向相反;又经过一段时间T0,磁场的方向变为垂直于纸面向里,大小不变.不计重力.
    (1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间;
    (2)若要使粒子能够回到P点,求电场强度的最大值.
    答案 (1)eq \f(5πm,4qB) (2)eq \f(2mv0,qT0)
    解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示.
    设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=meq \f(v02,R)
    T=eq \f(2πR,v0)
    联立解得T=eq \f(2πm,Bq)
    依题意,粒子第一次到达x轴时,转过的角度为eq \f(5,4)π
    所需时间为t1=eq \f(θ,2π)T=eq \f(5,8)T
    解得t1=eq \f(5πm,4qB).
    (2)粒子进入电场后,先做匀减速直线运动,直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速直线运动,到达x轴时速度大小仍为v0,设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度大小为a,有qE=ma
    v0=a·eq \f(t2,2)
    解得t2=eq \f(2mv0,qE)
    根据题意,要使粒子能够回到P点,必须满足
    t2≥T0
    解得电场强度最大值Emax=eq \f(2mv0,qT0).
    3.如图所示,xOy平面内,OP与x轴夹角为θ=53°,在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.1 T.第二象限有平行于 y轴向下的匀强电场,场强大小为E =eq \f(83,40)×105 V/m.一带电微粒以速度 v0 =5×106 m/s从 x 轴上 a(L,0)点平行于OP射入磁场,并从OP上的b点垂直于OP离开磁场,与y轴交于c点,最后回到x轴上的点d,图中点b、d未标出.已知L=eq \f(5,4) m,sin 53°=eq \f(4,5),cs 53°=eq \f(3,5),不计微粒的重力,求:
    (1)微粒的比荷eq \f(q,m);
    (2)d 点与O点的距离l;
    (3)仅改变磁场强弱而其他条件不变,当磁感应强度Bx大小满足什么条件时,微粒能到达第四象限.
    答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)Bx≥0.2 T
    解析 (1)微粒在磁场中做匀速圆周运动,由几何关系得:
    r=Lsin 53°
    由牛顿第二定律得qv0B=meq \f(v02,r)
    解得eq \f(q,m)=5×107 C/kg
    (2)粒子进入电场后做类斜抛运动.由几何关系得
    yOc=eq \f(Lcs 53°+r,sin 53°)
    在y轴方向 yOc=-v0tcs 53°+eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2
    在x轴方向 l = v0tsin 53°
    解得l=4 m
    (3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时,恰好能到达第四象限.
    由几何关系知R=eq \f(1,2)Lsin 53°
    由牛顿第二定律得qv0B1=meq \f(v02,R)
    解得B1 = 0.2 T
    故当磁感应强度Bx≥0.2 T时,微粒能到达第四象限.
    4.(2022·湖北宜昌市联考)如图所示,在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场,在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场,L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合),宽度相同,方向如图所示,区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1.一电荷量为+q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场,粒子恰好从B点进入磁场,经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB长度是BC长度的eq \r(3)倍.
    (1)求带电粒子到达B点时的速度大小;
    (2)求区域Ⅰ磁场的宽度L;
    (3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长,求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值.
    答案 (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(2\r(3)mv0,3qB1) (3)1.5B1
    解析 (1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v,与水平方向成θ角,粒子在匀强电场中做类平抛运动,由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有:tan θ=eq \f(LBC,LAB)=eq \f(\r(3),3),则θ=30°
    根据速度关系有:v=eq \f(v0,cs θ)=eq \f(2\r(3)v0,3);
    (2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1,由牛顿第二定律得:qvB1=meq \f(v2,r1),轨迹如图甲所示:
    由几何关系得:L=r1
    解得:L=eq \f(2\r(3)mv0,3qB1);
    (3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时,在磁场中运动的时间最长.设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m,此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场,对应的轨迹半径为r2,轨迹如图乙所示:
    可得:qvB2m=meq \f(v2,r2)
    根据几何关系有:L=r2(1+sin θ)
    解得:B2m=1.5B1.
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