第十一章 第7讲　小专题 带电粒子在组合场和交变电磁场中的运动练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第十一章 第7讲　小专题 带电粒子在组合场和交变电磁场中的运动练习含答案-高考物理一轮专题，共20页。试卷主要包含了组合场，磁场与磁场的组合，电场与磁场的组合，分析思路等内容，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.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。
3.电场与磁场的组合
(1)先电场后磁场的几种常见情形。
①带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动,然后垂直磁场方向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,然后垂直于磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动,如图乙。
(2)先磁场后电场的几种常见情形。
4.分析思路
(1)画运动轨迹:根据受力分析和运动学分析,大致画出带电粒子的运动轨迹图。
(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)划分过程:将带电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。
[例1] 【磁场和磁场的组合】(2024·安徽芜湖期末)(多选)如图所示,边长为L的等边三角形AOC区域内、外分别有垂直于纸面向外和垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。从AO的中点M处以某一速度沿MC方向发射一粒子,粒子射出后第三次经过磁场边界时的位置为OC中点N,且速度方向垂直于OC。已知粒子质量为m、电荷量为+q,不计粒子重力,则粒子( )
[A] 做圆周运动的半径为16L
[B] 运动速度的大小为qBL3m
[C] 第一次经过N时的速度沿NA方向
[D] 从发射到第一次经过N点的时间为11πm3qB
【答案】 AD
【解析】 根据题意,作出粒子的运动轨迹如图所示,
根据几何关系可得3r=12L,解得粒子做圆周运动的半径为r=16L,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,运动速度的大小为v=qBL6m,故B错误;根据粒子的运动轨迹可知,第一次经过N时的速度沿AN方向,故C错误;粒子在磁场中的运动周期为T=2πmqB,从发射到第一次经过N点的时间为t=2×180°+300°360°T=11πm3qB,故D正确。
[例2] 【先电场后磁场】 (2025·河南高考适应性考试)如图,在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,在虚线下方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射,当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。不计重力。
(1)求粒子进入磁场时的速度大小。
(2)若粒子第一次回到电场中高度为h时,粒子与a点的距离为x=2h,求磁场的磁感应强度大小的可能值。
(3)若粒子第一次回到电场中高度为h时,粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等,求粒子此时与a点的距离。
【答案】 (1)2qEhm (2)2mEqh或2mE9qh (3)4h-16h3π
【解析】 (1)竖直方向上
qE=ma,vy2=2ah,vy=v·sin 45°,
联立得v=2qEhm。
(2)若粒子第一次回到电场中高度为h时,在a点右侧,由平抛运动规律得x=2h,
此时R1=2h,
由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,
得B1=2mEqh;
若粒子第一次回到电场中高度为h时,在a点左侧,由几何关系得R2=32h,
得B2=2mE9qh。
(3)在电场中,
h=12at02,t=2t0=22mhqE,
在磁场中,
t′=34T=34·2πmB'q,t′=t,
得B′=3π4mE2qh,
此时半径r=mvB'q=82h3π,
粒子与a点的距离x′=4h-2r=4h-16h3π。
[例3] 【先磁场后电场】(2024·云南昆明阶段练习)如图所示,平面直角坐标系xOy的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场,第四象限存在垂直于平面直角坐标系向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为-q的粒子从y轴上的P点以速度v0垂直y轴射入磁场,从x轴上的M点射入第一象限,并垂直y轴从N点以v02的速度射出电场,不计粒子受到的重力。求:
(1)粒子从M点射入第一象限时与x轴负方向的夹角;
(2)粒子在第四象限内运动的时间t;
(3)匀强电场的电场强度大小E。
【答案】 (1)60° (2)2πm3qB (3)Bv02
【解析】 (1)设粒子从M点射入第一象限时与x轴负方向的夹角为θ,粒子从P到M速率不变,所以在M点的速率为v0,粒子从M到N做类斜抛运动,在平行于x轴方向的分速度不变,则
v0cs θ=v02,解得θ=60°。
(2)粒子在第四象限内做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02R,
解得R=mv0qB;
运动周期为T=2πRv0=2πmqB,
如图所示,根据几何关系可知粒子轨迹对应的圆心角为α=120°,
粒子在第四象限内运动的时间为t=α360°T=2πm3qB。
(3)根据几何关系可得
OM=Rsin 60°=3mv02qB,
粒子从M运动到N的时间为t′=OMv02=3mqB,
加速度大小为a=qEm,
粒子在M点时,沿y轴正方向的分速度大小为vy=v0sin θ=32v0,
粒子到达N点时,沿y轴正方向的分速度为零,
根据运动学公式有t′=vy-0a=3mv02qE,
解得E=Bv02。
[例4] 【先后多次进入电场、磁场】(2024·贵州黔东南开学考试)如图所示,在第一象限存在垂直于x轴向上的匀强电场,在x轴下方有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,一负粒子的质量为m、电荷量绝对值为q,从坐标原点沿y轴负半轴以速度v开始运动,不计粒子受到的重力,求:
(1)粒子纵坐标的最大值ym;
(2)粒子第5次经过x轴正半轴时运动的总时间t;
(3)粒子第n次经过x轴正半轴时运动的总路程s。
【答案】 (1)mv22Eq (2)3πmqB+4mvqE (3)见解析
【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子在电场中先向上做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动,如此反复,粒子运动的轨迹如图所示。
粒子纵坐标的最大值为ym=v22a,又Eq=ma,
解得ym=mv22Eq。
(2)由图可知,粒子第5次经过x轴正半轴时运动的总时间为t=3·T2+4t2,
T=2πmqB,
t2=va,
解得t=3πmqB+4mvqE。
(3)若n为奇数,则粒子第n次经过x轴正半轴时运动的总路程为
s=n+12πr+(n-1)ym,
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,
解得s=(n+1)πmv2qB+(n-1)mv22Eq(n=1,3,5,…);
若n为偶数,则粒子第n次经过x轴正半轴时运动的总路程为s=n2πr+nym,
解得s=nπmv2qB+nmv22Eq(n=2,4,6,…)。
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
[例5] 【带电粒子在立体空间电磁场中的运动】 某质谱仪部分结构的原理图如图甲所示。在空间直角坐标系Oxyz的y>0区域有沿z轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E,在y0区域电场中做类平抛运动,在xOy平面内沿v0方向做匀速直线运动,设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1,
则v0cs θ·t1=2d-x1,
粒子运动的加速度a=Eqm,
沿z轴负方向运动的距离z1′=12at12,
解得t1=23dv0,z1′=6Eqd2mv02,
所以打到屏上位置的z轴坐标z1=-6Eqd2mv02。
考点二 带电粒子在交变电磁场中的运动
解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路
[例6] 【电场周期性变化、磁场不变】(2024·广东卷,15)如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交流电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的π3倍,粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W。
【答案】 (1)正电 πmBt0 (2)3πt0U08B ππU024Bt0 (3)(16+π2)πmU048Bt0
【解析】 (1)粒子在左侧电场中由静止做加速运动,可知粒子带正电,粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有qvB=mv2R,T=2πRv,
得T=2πmqB,根据粒子在磁场中的运动轨迹可知T=2t0,解得q=πmBt0。
(2)金属板的板间距离为D,则板长为πD3,粒子在板间运动时πD3=vt0,
粒子在板间运动时,由牛顿第二定律可知a=Eqm=U0qDm,
出电场时竖直方向速度为零,有y=2×12a(t02)2,
在磁场中有qvB=mv2R,
其中y=2R,
联立解得D=3πt0U08B,v=ππU024Bt0。
(3)由(1)(2)结果可知金属板的板间距离D=3R,
可知粒子运动情况如图所示,
即全过程电场力做功为左侧加速电场做功W1和交变偏转电场做功W2,
W1=12mv2,W2=13U0q,
联立解得W=W1+W2=(16+π2)πmU048Bt0。
[例7] 【磁场周期性变化】 在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场,磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力)在t=0时刻沿Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L,磁感应强度的大小为B0,规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0。
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场,求磁感应强度的变化周期T的最大值。
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场,求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。
【答案】 (1)2πmqB0 (2)5πm3qB0 (3)πmqB0 qB0Lnm(n=2,4,6,…)
【解析】 (1)由qvB0=mv2r,T0=2πrv,
联立解得T0=2πmqB0。
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况,由几何关系可知sin α=12,
得α=30°。
在磁场变化的半个周期内,粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°,
运动时间为t=512T0=5πm6qB0,而t=T2,
所以磁感应强度的变化周期T的最大值为5πm3qB0。
(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内,粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β,其中β=45°,即T2=T04,
所以磁场变化的周期为T=πmqB0;
弦OM的长度为s=2Ln(n=2,4,6,…),
圆弧半径为R=s2=Ln(n=2,4,6,…),
由qv0B0=mv02R,解得v0=qB0Lnm(n=2,4,6,…)。
[例8] 【电场、磁场均周期性变化】(2024·河南开封联考)如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示,y轴正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻,带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量,图乙中E0B0=8v0π2,在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为(2v0t0π,2v0t0π)。求:
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0时刻粒子P的位置;
(3)带电粒子在运动中与原点O的最远距离L。
【答案】 (1)4v0πE0t0 (2)(2+ππv0t0,0) (3)4+2ππv0t0
【解析】 (1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子所在位置的纵、横坐标相等时,粒子在磁场中恰好经过14圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R,即R=2v0t0π,
又qv0B0=mv02R,由题知E0B0=8v0π2,
联立解得qm=4v0πE0t0。
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则T=2πRv0,联立解得T=4t0,
即粒子P做14圆周运动后磁场变为电场,粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动,设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1,则x1=v0t0,y1=12at02,
其中加速度a=qE0m,解得y1=2v0t0π=R,
故t=2t0时刻粒子P的位置坐标为(2+ππv0t0,0),如图甲中的b点所示。
(3)分析知,在2t0～3t0时间内,电场力产生的加速度方向沿y轴正方向,由对称关系知,在3t0时刻速度方向沿x轴正方向,位移大小x2=x1=v0t0,在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动,往复运动轨迹如图乙所示,
由图可知,带电粒子在运动中与原点O的最远距离L为O、d间的距离,即L=2R+2x1,
解得L=4+2ππv0t0。
(满分:60分)
对点1.带电粒子在组合场中的运动
1.(6分)(2024·安徽芜湖模拟)(多选)如图所示,在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场,第一象限内磁场的磁感应强度大小为2B0,第二象限内磁场的磁感应强度大小为B0。现有一比荷为qm的带正电的粒子,从x轴上的P点以沿y轴正方向的速度v垂直进入磁场,并一直在磁场中运动且每次均垂直通过y轴,不计粒子的重力,则( )
[A] 粒子第二次经过y轴时过坐标原点
[B] 从粒子进入磁场到粒子第一次经过y轴所经历的时间为πm4qB0
[C] 从粒子进入磁场到粒子第二次经过y轴所经历的时间为πmqB0
[D] 粒子第一次经过y轴的坐标为(0,mv2qB0)
【答案】 AC
【解析】 粒子从x轴上的P点以沿y轴正方向的速度v垂直进入磁场,并一直在磁场中运动且每次均垂直通过y轴,由qvB0=mv2r1,qv·2B0=mv2r2,解得r1=mvqB0,r2=12r1=mv2qB0,所以粒子在第二象限做14圆周运动,第一次经过y轴的坐标为(0,mvqB0);在第一象限恰好做12圆周运动,所以粒子第二次经过y轴时过坐标原点,故A正确,D错误。第一次垂直通过y轴,在第二象限内转过的圆心角为π2,在第二象限内运动的时间为t1=14T=πm2qB0,故B错误。在第一象限运动时转过的圆心角为π,则在第一象限运动的时间t2=12T2=πm2qB0,则t=t1+t2=πmqB0,故C正确。
2.(4分)(2024·甘肃兰州三模)如图所示,在0