2022高考物理二輪復習 專題限時集訓（八）帶電粒子在磁場及復合場中的運動B

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1、2022高考物理二輪復習 專題限時集訓（八）帶電粒子在磁場及復合場中的運動B 1.如圖Z8-15所示,半徑為R的虛線圓所圍的區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場和一場強大小為E、方向未知的勻強電場(未畫出).一帶負電的粒子從A點沿半徑AO方向以大小不同的速度射入該區(qū)域.已知粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,不計重力. (1)若粒子沿AO方向做直線運動,求粒子入射速度的大小及電場的方向. (2)若撤掉電場,粒子以另一速度仍從A點沿AO方向射入磁場,經(jīng)過磁場區(qū)域后其運動方向與入射方向的夾角為60°,求粒子入射速度的大小和在磁場中運動的時間. 圖Z8-15 2

2、.如圖Z8-16所示,在xOy坐標系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場,在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面的勻強磁場,MN為電場和磁場的交界面,ab為磁場的上邊界.現(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出一速率為v0、比荷為k的帶正電粒子,粒子運動軌跡恰與ab相切并返回電場.已知電場強度E=,不計粒子重力.試求: 圖Z8-16 (1)粒子從O點第一次穿過MN時的速度大小和沿x軸方向的位移的大小. (2)磁場的磁感應強度B的大小. 3.如圖Z8-17所示,在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標系中,MN與水平x軸平行,在MN與x軸之間有豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面水

3、平向里的勻強磁場,電場強度E=2 N/C,磁感應強度B=1 T.從y軸上的P點沿x軸正方向以初速度v0=1 m/s水平拋出一帶正電的小球,小球的質(zhì)量為m=2×10-6 kg,電荷量q=1×10-5 C,g取10 m/s2.已知P點到O點的距離為d0=0.15 m,MN到x軸距離為d=0.20 m.(π=3.14,=1.414,=1.732,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)求小球從P點運動至MN邊界所用的時間; (2)若在小球運動到x軸時撤去電場,求小球到達MN邊界時的速度大小. 圖Z8-17 4.如圖Z8-18所示,在空間中分布一勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直于紙面向

4、里,磁場邊界為MN(垂直紙面的一個平面).在磁場區(qū)域內(nèi)有一電子源S向紙面內(nèi)各個方向均勻、持續(xù)不斷地發(fā)射電子.不計電子間的相互作用,并設(shè)電子源離界面MN的距離為L.電子質(zhì)量為m,帶電荷量為e. (1)電子源S發(fā)射的電子速度達到多大時,界面MN上將有電子逸出? (2)若電子源S發(fā)射的電子速度大小均為,則在界面MN上多寬范圍內(nèi)有電子逸出? (3)若電子速度大小為,則逸出的電子數(shù)占總發(fā)射電子數(shù)的比例為多少? 圖Z8-18 5.現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動.真空中存在著如圖Z8-19所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場,電場與磁場的寬度均為d.電場強度為E,方向

5、水平向右;磁感應強度為B,方向垂直于紙面向里.電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射. (1)求粒子在第2層磁場中運動時的速度大小v2與軌跡半徑r2; (2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時,速度的方向與水平方向的夾角為θn,試求sin θn; (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,在其他條件不變的情況下,比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界?請簡要推理說明.

6、 專題限時集訓(八)B 1.(1)　方向垂直于OA向下　(2)　 [解析] (1)對帶電粒子進行受力分析,由平衡條件得 qE=qBv1 解得v1= 勻強電場的方向垂直于OA向下 (2)由幾何關(guān)系可知,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r=R 根據(jù)牛頓第二定律得qBv2=m 解得v2= 根據(jù)圓周運動的規(guī)律得T== 由于粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角θ=60°,故運動的時間t=T=　 2.(1)2v0　　(2) [解析] (1)根據(jù)動能定理得qEd=mv2-m 解

7、得v=2v0 粒子在電場中做類平拋運動,有 F=qE a= d=a x=v0t1 解得x= (2)粒子運動的軌跡如圖所示,設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角進入磁場,則 tan θ== 解得θ=60° 根據(jù)幾何關(guān)系得R+Rcos θ=d 解得R= 由牛頓第二定律得qvB=m 解得B= 3.(1)0.38 s　(2)2.8 m/s [解析] (1)由平拋運動的規(guī)律,設(shè)小球做平拋運動的時間為t1,進入電磁場時的速度為v,進入電磁場時速度與水平方向的夾角為θ,則 d0=g　 解得t1== s 則v= cos θ= 解得v=2 m/s,θ=60° 小球在電磁場區(qū)域

8、中,有qE=2×10-5 N=mg,故小球做勻速圓周運動,設(shè)軌跡半徑為r,則qvB=m 解得r==0.4 m 由幾何關(guān)系知,小球的運動軌跡與MN相切,在電磁場中運動時間t2=×= s 小球從P點運動到MN所用時間t=t1+t2=0.38 s (2)若撤去電場,設(shè)小球運動至MN時速度大小為v1,由動能定理得 mgd=m-mv2 解得v1=2 m/s=2.8 m/s 4.(1)　(2)(+1)L　(3) [解析] (1)由向心力公式得evB=m 解得半徑r= 電子運動的臨界軌跡如圖甲所示,則2r=L 甲 解得v= (2)當速度v=時,半徑r=L 電子運動的臨界軌跡如

9、圖乙所示. 乙 在A點下方A、B兩點之間有電子逸出,寬度yAB=L 在A點上方A、C兩點之間有電子逸出,寬度yAC==L 故在邊界寬度為(+1)L的范圍內(nèi)有電子逸出 (3)把v=2(2-)代入r=,可得r=2(2-)L 電子運動的臨界軌跡如圖丙所示. 丙 由幾何關(guān)系得cos θ1== 所以θ1=30° 同理,θ2=30° 故速度方向在θ角內(nèi)的電子都可以從MN邊界射出,由幾何關(guān)系得θ=60° 因電子源S向紙面內(nèi)各個方向持續(xù)不斷地發(fā)射電子, 故逸出的電子數(shù)占總發(fā)射電子數(shù)的比例為= 5.(1)2　　(2)B　(3)不能 [解析] (1)粒子在進入第2層磁場時,經(jīng)

10、過兩次電場加速,中間穿過磁場時洛倫茲力不做功.由動能定理得 2qEd=m 解得v2=2 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力,有 qv2B=m 聯(lián)立解得r2= (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度大小為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標均代表粒子所在層數(shù),下同),則有 nqEd=m qvnB=m 設(shè)粒子進入第n層磁場時,速度的方向與水平方向的夾角為αn,從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn,粒子在電場中運動時,垂直于電場線方向的速度分量不變,有vn-1sin θn-1=vnsin αn 由圖1看出rnsin θn-rnsin αn=d 聯(lián)立得rns

11、in θn-rn-1sin θn-1=d 可看出r1sin θ1,r2sin θ2,…,rnsin θn為一等差數(shù)列,公差為d,可得rnsin θn=r1sin θ1+(n-1)d 當n=1時,由圖2看出r1sin θ1=d 聯(lián)立解得sin θn=B (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,則 θn= sin θn=1 在其他條件不變的情況下,換用比荷更大的粒子,設(shè)其比荷為,假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界,粒子穿出時,速度方向與水平方向的夾角為θ'n,由于>, 則導致sin θ'n>1 說明θ'n不存在,即原假設(shè)不成立. 所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界.