高中物理高考 2022年高考物理一轮复习（新高考版1(津鲁琼辽鄂)适用） 第10章 专题强化21 带电粒子在组合场中的运动

这是一份高中物理高考 2022年高考物理一轮复习（新高考版1(津鲁琼辽鄂)适用） 第10章 专题强化21 带电粒子在组合场中的运动，共14页。试卷主要包含了如图5所示，在第一、四象限的0等内容，欢迎下载使用。
专题强化二十一　带电粒子在组合场中的运动目标要求　1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路.2.学会处理磁场和磁场组合、电场和磁场组合带电粒子运动问题.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.带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段.第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示.第3步：用规律题型一　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1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：图1(1)Q到O的距离d；(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；(3)乙的比荷可能的最小值.答案　(1)　(2)　(3)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＝m可知r＝，故r1＝，r2＝且d＝2r1－2r2解得d＝(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＝＝得t1＝，t2＝且Δt＝2t1＋3t2解得Δt＝(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n＝d，n＝t1＋t2解得＝n根据题意，n＝1舍去.当n＝2时，有最小值，()min＝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.题型二　电场与磁场的组合　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　 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2.图22.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3.图3注意：进入磁场的速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度.例2　(2018·全国卷Ⅰ·25)如图4，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H和一个氘核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.H的质量为m，电荷量为q.不计重力.求：图4(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)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h解析　(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＝v1t1①h＝a1t12②由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.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＝h④(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝⑥设磁感应强度大小为B，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＝⑦由几何关系得s1＝2R1sin θ1⑧联立以上各式得B＝ ⑨(3)设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(2m)v22＝mv12⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪设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＝v2t2⑫h＝a2t22⑬v2′＝⑭sin θ2＝⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯设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＝＝R1⑰所以出射点在原点左侧.设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，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－1)h. 　　　　　 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5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).图5例3　(2020·河南开封市模拟)如图6所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里.在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m.在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开.已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计.图6(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程.答案　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1) m解析　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子在进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点竖直向上射出磁场，逆着电场线运动，所以可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R＝0.5 m，根据Bqv＝，得B＝，代入数据得B＝0.2 T.(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场(如图所示)，MN的长度等于直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长，即s1＝πR，设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得Eq·＝mv2，得s2＝，则总路程s＝s1＋s2＝πR＋.代入数据得s＝(0.5π＋1) m.1.(先电场后磁场)(2020·湖北宜昌市联考)如图7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长度的倍.图7(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)　(2)　(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＝＝，则θ＝30°根据速度关系有：v＝＝；(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＝m，轨迹如图甲所示：由几何关系得：L＝r1解得：L＝；(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：同理得：qvB2m＝m根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)解得：B2m＝1.5B1.2.(先后经过多个电场、磁场)(八省联考·江苏·16)(15分)跑道式回旋加速器的工作原理如图1所示，两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小相等、方向垂直纸面向里.P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直.质量为m、电荷量为＋q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出，引出时的动能为Ek.已知K、Q的距离为d.图1(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；(2)求磁场的磁感应强度大小B；(3)如果在Δt时间内有一束该种粒子从P点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未相互碰撞，求Δt的范围.答案　(1)　(2)　(3)Δt<＋πd解析　(1)粒子每次经过加速电场，增加的动能为qEL粒子在磁场中动能不会增加则有NqEL＝Ek解得N＝(2)粒子从K引出时的动能最大，速度最大，设为vm，则Ek＝mv m2，粒子引出前在磁场中做最后一个圆周运动的半径Rm＝根据qvmB＝m解得B＝ (3)第1个粒子运动第1圈后经t返回P点，若此时还有粒子未飘入电场，粒子间将发生相互碰撞，为使粒子不碰撞需满足Δt<t设第1个粒子在电场中的加速时间为t1，则有Eq＝maat12＝L，联立解得t1＝粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m和T＝可得粒子的运动周期T＝则第1个粒子在磁场中做圆周运动的时间t2＋t4＝T＝，解得t2＋t4＝πd设第1个粒子在两边界间做匀速运动的时间为t3，则t3＝，qEL＝mv12联立解得t3＝则t＝t1＋t2＋t3＋t4＝＋πd即Δt<＋πd.课时精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.如图1所示，在第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等.有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场.已知O、P之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为    (　　)图1A.   B.(2＋5π)C.(2＋)   D.(2＋)答案　D解析　带电粒子的运动轨迹如图所示，带电粒子出电场时，速度v＝v0，这一过程的时间t1＝＝，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝T＝·＝，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝＝，故t总＝t1＋t2＋t3＝(2＋)，D正确.2.(八省联考·广东·13)如图2所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场.一质量为m、电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔.粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动.粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力.求：图2(1)粒子进入磁场区域时的速率；(2)磁感应强度的大小.答案　(1)　(2)解析　(1)粒子在电场中加速，由动能定理可得qU＝mv2－mv02，解得v＝.(2)根据题意从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力qBv＝m解得B＝.3.如图3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.图3(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)　(2)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＝mT＝联立解得T＝依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为π所需时间为t1＝T＝T解得t1＝.(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＝mav0＝a·解得t2＝根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0得电场强度最大值Emax＝.4. (2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图4所示，平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有方向沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为L，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L,0)的P点沿与x轴正方向成θ＝45°角斜向上射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力.求：图4(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从P点射出到射出磁场运动的时间为多少？答案　(1)(0，L)　(2)　　(3)＋解析　(1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，水平方向：L＝v0cos θ·t1，竖直方向：y＝v0sin θ·t1，解得：y＝L，粒子从y轴上射出电场的位置坐标为：(0，L)；(2)粒子在电场中的加速度大小：a＝，竖直分位移：y＝at12，解得：E＝；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y轴负方向的速度射出磁场，运动轨迹如图所示，由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，AD＝y＝L，因此AC刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝L，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，其中，粒子的速度：v＝v0cos θ，解得：B＝；(3)粒子在电场中的运动时间：t1＝＝，粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：x＝L－L，粒子做直线运动的时间：t2＝＝，粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3＝T＝×＝，粒子总的运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝＋.5.(八省联考·辽宁·15)如图5所示，在第一、四象限的0.5d≤y≤1.5d和－1.5d≤y≤－0.5d区域内存在磁感应强度大小可调、方向相反的匀强磁场；在第二、三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场.带电粒子以速度v0从点P(－4d,1.5d)沿x轴正方向射出，恰好从O点离开电场.已知带电粒子的质量为m、电荷量为q(q＞0)，不计粒子的重力.图5(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)若磁感应强度大小均为B1时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与直线y＝－1.5d相切，且第一次离开第四象限时经过x轴上的S点(图中未画出)，求B1；(3)若磁感应强度大小均为B2时，粒子离开O点后，经n(n＞1)次磁偏转仍过第(2)问中的S点.求B2与B1的比值，并确定n的所有可能值.答案　(1)　(2)　(3)(n＝2,3,4,5)解析　(1)由牛顿第二定律得qE＝ma，a＝①粒子在匀强电场中做类平抛运动水平方向：4d＝v0t②竖直方向：1.5d＝at2③联立①②③式可得：E＝.(2)带电粒子在电场中：vy＝at④tan θ＝⑤v2＝v02＋v y2⑥联立解得θ＝37°，v＝v0带电粒子在磁场中：qvB1＝m⑦由几何关系得R＝Rcos θ＋d⑧解得R＝5d联立解得B1＝⑨(3)第(2)问中，设S点横坐标为x则x＝2Rsin θ＋2×＝d⑩若磁感应强度大小均为B2时，仍过S点，则有：x＝n(＋2R′sin θ)(n＝2,3,4,5)⑪联立⑩⑪解得R′＝d⑫由qvB2＝m⑬联立⑫⑬解得B2＝(n＝2,3,4,5)⑭联立⑨⑭解得＝(n＝2,3,4,5)