新高考物理三轮复习大题精练7 带电粒子在磁场中运动（含解析）

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     例1．如图所示，xOy平面上以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内，分布着磁感应强度B＝2.0×10－3 T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为 m，磁场方向垂直纸面向里，坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷＝5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105 m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内，不计粒子重力。(1)求平行于x轴射入的粒子，射出磁场的位置及在磁场中的运动时间；(2)求恰好从M点射出磁场的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；(3)若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角θ的关系。【解析】(1)平行于x轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为P，由qvB＝m得R＝1 m。由几何关系可知O1P＝O1O＝1 m，OP＝ m，则△O1OP为等腰直角三角形，x＝y＝1 m，α＝故P点坐标为(1 m，1 m)运动时间为t0＝·＝×10－5 s。(2)如图乙所示，由几何关系可知：O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m则△O2OM为等腰直角三角形，∠O2OM＝45°则θ＝∠O2OM＝45°。(3)由R＝，Ek＝mv2可知R＝，＝＝则R′＝ m。粒子从M点出射时OM＝R′，如图丙所示，△O3OM为正三角形，圆心角α′＝，出射角θ′＝ 若粒子从弧MN上射出时，弦长均为 m，圆心角均为α′＝运动时间均为t＝·＝×10－5 s，故0≤θ≤时，t＝×10－5 s若粒子从边OM出射时，如图丁所示，α″＝2＝π－2θ运动时间t″＝·＝(π－2θ)×10－5 s，故<θ≤时，t＝(π－2θ)×10－5 s。例2．如图所示，在x≤0的范围内，存在方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；在x＞0的范围内，存在圆心为(2L，0)、半径为2L、垂直xOy平面向里的圆形匀强磁场。一个氕核(H)和一个氚核(H)先后从电场中的P(－2L，L)点、平行纸面沿x轴正方向以相同的动能射出，已知H从坐标原点O进入磁场，且射出磁场时速度方向与y轴正方向平行，H的质量为m、电荷量为q。不考虑重力，求：(1)H从P点射出时的动能；(2)磁场磁感应强度的大小；(3)H射出磁场时速度的方向。【解析】(1)设氕核从P点射出时的速度大小为v0、动能为Ek0，在电场中运动的时间为t，则：2L＝v0t，L＝at2，qE＝maEk0＝mv02解得：Ek0＝qEL。(2)设氕核进入磁场时速度的大小为v、方向与x轴夹角为θ，沿y轴负方向分速度大小为vy，则：vy＝at，tan θ＝＝，解得：氕核进入磁场后做匀速圆周运动，设磁感应强度的大小为B，轨迹半径为r，则有：qvB＝m射入点O、磁场圆心O1、射出点C、轨迹圆心O2构成菱形，由几何关系有：r＝2L解得：。(3)设氚核射出时速度为v0′，到y轴时间为t′，该过程沿y轴负方向位移大小为y′，到达y轴时速度的大小为v′、方向与x轴正方向夹角为θ′，则：mv02＝(3m)v0′2，即氚核也从坐标原点O进入磁场，设氚核在磁场中做圆周运动的半径为r′，则有：解得：r′＝2L由几何关系可知，射入点O、射出点D、轨迹圆心O3构成等边三角形，且O3D垂直x轴，所以氚核离开磁场时速度方向与x轴正方向平行。     1．如图所示为平面直角坐标系xOy平面的俯视图，在第一象限存在方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E1；在第二、第三象限存在方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限存在由特殊静电装置产生的匀强电场，电场方向平行坐标平面且与y轴正方向的夹角为45°，电场强度大小为E2。一个带负电的粒子，从y轴上的P点（0，－d）沿x轴负方向射出，速度大小为v0，粒子的比荷，粒子运动依次经过y轴上的A点（图中未画出）、x轴上的C点、过C点且平行于y轴的直线上的D点（图中未画出）。已知粒子经过C点时的动能是经过A点时动能的2倍，粒子从C运动到D所用时间t2与从A运动到C所用时间t1的关系为t2＝t1，不计粒子重力。求：(1)A点的坐标；(1)电场强度E1、E2的大小；(1)从A点到D点电场力对粒子做的功W。【解析】分析粒子运动。作出粒子的运动轨速如图所示。(1)粒子在P点沿x轴负方向进入匀强磁场，做匀速圆周运动，设半轻为r，根据牛顿第二定律有：代入数据解得r＝d可见粒子做圆周运动的圆心在O点，A点在圆周的最高点，坐标yA＝r＝d所以A点的坐标为（0，d）。(2)由题可知粒子在C点的动能为在A点动能的2倍，有：解得粒子在C点的速度大小可知vC与x轴正方向的夹角＝45°，粒子沿y轴负方向的分速度vCy＝v0在第一象限，粒子做类平抛运动，加速度在y轴负方向根据运动学公式有联立解得vC与x轴的夹角＝45°，根据运动特点可知OC＝2d运动时间由题意有根据题意和以上分析知，粒子在第四象限受的电场力方向和vC的方向垂直，加速度C、D在同一条平行于y轴的直线上，在x轴方向位移为0，有联立解得。(3)粒子在D点的速度大小从A点到D根据动能定理可得电场力做的功联立解得。2．如图所示，在平面直角坐标系xOy的1、2象限内有等腰三角形AOB，∠AOB＝120°，C点为AB边中点，OC＝1 m，OC⊥AB，在三角形范围内有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝ T。在1、2象限其他区域有与x轴正方向成60°角斜向上的匀强电场，电场强度E＝×102 V/m，取y轴负半轴上一点D，沿OD建立电场使得UOD＝U0，把一群比荷＝3×102 C/kg的负电荷在OD间静止释放，所有的负电荷都没有从AB边射出磁场，不计电荷的重力，不考虑电荷间的相互作用，求：(1)U0的最大值；(2)负电荷离开x轴的可能范围。【解析】(1)所有的负电荷都没有从AB边射出磁场的临界如图所示，根据几何知识可得，此时的半径为带电粒子在磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力，则带电粒子在电场中加速，根据代入数据解得。(2)带电粒子离开磁场时，速度方向与电场方向垂直，粒子做类平抛运动，其中加速度为粒子做类平抛运动在垂直电场方向的位移为 在沿电场方向的位移为根据几何关系可得又因为，联立各式，代入数据解得则所以负电荷离开x轴的可能范围为。3．在如图所示的xOy平面内，边长为2R的正方形区域中存在方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，沿x轴放置一长为2R的探测板，与磁场下边界的间距为R，质量为m、电荷量为q的正离子源从正方形一边（位于y轴上）的中点P向垂直于磁场方向持续发射离子，发射速度方向与水平方向夹角范围为0～60°且均匀分布，单位时间发射N个离子，其发射离子速度大小随发射角变化的关系为，α为发射速度方向与水平方向夹角，其中当α＝0°的离子恰好从磁场下边界的中点沿y轴负方向射出。不计离子间的相互作用和离子的重力，离子打在探测板即被吸收并中和，已知R＝0.05 m，B＝1 T，v0＝5×105 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)求离子的比荷；(2)求单位时间内能打在探测板上的离子数n；(3)要使从磁场下边界射出的所有离子都打不到探测板上，需要在磁场与探测板间加上沿y轴正方向的匀强电场，求所加匀强电场的电场强度最小值E。（结果保留两位有效数字）【解析】(1)α＝0°的离子恰好从磁场下边界的中点沿y轴负方向射出，做出离子的轨迹如图所示，根据几何关系可得离子运动轨迹半径r＝R根据洛伦兹力提供向心力得：qv0B＝m解得离子的比荷＝107 C/kg。(2)发射角为α的离子运动轨迹半径为如果第一、四象限都有磁场，根据几何关系可得离子在磁场中运动时在y轴上的弦长L＝2R′cosα＝2R即所有粒子都打到O点；实际只有边长为2R的正方形区域存在磁场根据对称性可得从P向磁场发射的离子均垂直磁场下边界射出，根据几何关系可得离子出磁场下边界的位置横坐标为xa＝R′+R′sinα离子要打在探测板最右边时，需满足xa＝R′+R′sinα＝2R将运动轨迹半径R′代入上式得1+sinα＝2cosα解得α＝37°因为离子速度所以当α>37°时离子轨迹半径变大，粒子从磁场右边界射出磁场不能打到探测板上，并沿0－60°范围均匀分布，单位时间发射N个离子，则单位时间内能打在探测板上的离子数。(3)只要从磁场下边界射出的速度最大的粒子打不到探测板上，则所有离子都打不到探测板上，离子最大的速度为当最大的速度vm的离子恰好达不到探测器时，此时电场强度为最小值E，根据动能定理有解得E＝3.9×105V/m。4．如图甲所示，在水平地面上有一个口径为d，深为h的漏斗形旱井。井的左边侧壁竖直，距其水平距离s处有一个高为H的水平平台，平台上装有绝缘弹射器，可以将质量为m、电荷量为+q可看作质点的小球以速度v0弹射出去，v0的方向跟井口直径在同一竖直平面M内。当小球水平向右弹出后，小球从井口上方掠过。忽略空气阻力，重力加速度为g。(1)为了使小球能打进井中，可在地面上方平行于平面M加水平方向的匀强电场，求此电场的电场强度E0的取值范围和方向；(2)若在地面上方加一平行于平面M的匀强电场，小球可以无碰撞地落到井底，求小球从开始运动至落到井底的过程中机械能的变化量；(3)若在地面上方加竖直向上的匀强电场，电场强度大小E＝，同时加一个匀强磁场，改变弹射器的弹射方向为斜向右上方，也恰能让小球无碰撞地落到井底，求匀强磁场的磁感应强度的大小以及v0与水平方向的夹角θ的正切值；(4)若在地面上方加竖直向上的匀强电场，电场强度大小E＝，再加上磁感应强度大小相等的有理想边界的两个并列匀强磁场，如图乙所示，以同(3)一样的方向将小球弹射出去，也能让小球无碰撞地落到井底，求所加磁场的磁感应强度大小。【解析】(1)在竖直方向小球做自由落体运动，有 解得在水平方向上小球做匀减速运动，加速度大小为，设小球从井口左侧进入井中，有解得同理可得，当小球从井口右侧进入井中，所加电场的电场强度大小为电场强度方向水平向左，的取值范围为 (2)由题意可知，若小球可以无碰撞地到达井底，则小球需从井口的左侧竖直进入。设小球从弹射出去到运动至井口的过程中，历时为，则水平方向竖直方向由动能定理得机械能的增加量为联立解得。(3)由于，所以小球在洛伦兹力的作用下在复合场中做匀速圆周运动，圆心在如图甲所示的O点，设半径为R由几何关系可知解得由牛顿第二定律得解得由几何关系可知弹射速度与水平方向的夹角，则(4)由于两个并列磁场的磁感应强度大小相等，小球运动轨迹如图乙所示，半径为由题意得设磁场的磁感应强度为，由牛顿第二定律得解得。5．如图所示，某粒子分析器由区域Ⅰ、区域Ⅱ和检测器Q组成。两个区域以垂直z轴的平面P为界，其中区域Ⅰ内有沿着z轴正方向的匀强磁场和匀强电场，区域Ⅱ内只有沿着z轴正方向的匀强磁场，电场强度大小为E，两个区域内的磁感应强度大小均为B。当粒子撞击检测器Q时，检测器被撞击的位置会发光。检测器中心O′在z轴上，在检测器所在平面上建立与xOy坐标系平行的坐标系x′O′y′。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从A点沿x轴正方向以初速度v0射入，若区域Ⅰ内只存在匀强磁场，其轨迹圆圆心恰好是O点，平面P与O点的距离，运动过程粒子所受重力可以忽略不计。(1)求A点的位置，用坐标（x，y）表示；(2)若区域Ⅰ只有匀强电场E，当检测器Q置于平面P处时，求检测器上发光点的位置，用坐标（x′，y′）表示；(3)当检测器距离O点的距离为d时，求检测器上发光点的位置，用坐标（x′，y′）表示。【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力有解得故A点的位置为。(2)粒子做类平抛运动，有解得则横坐标为纵坐标与A点的纵坐标相同，故发光点的位置为。(3)①当时，粒子的运动可以分解为沿轴方向初速度为零的匀加速直线运动和平面内速度为的匀速圆周运动，则有解得匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，则有解得根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为发光点的位置为②当时，在区域Ⅱ内粒子的运动可以分解为沿轴方向的匀速直线运动和平面内速度为的匀速圆周运动，刚出区域Ⅰ时，粒子的坐标为，沿轴的速度为粒子在区域Ⅱ运动的时间根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为发光点的位置为。