（全國通用）2020年高考物理一輪題復習 第九章 磁場 微專題64 帶電粒子在組合場中的運動（通用）

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1、帶電粒子在組合場中的運動 1．(多選)如圖1所示，在平行豎直虛線a與b、b與c、c與d之間分別存在著垂直于虛線的勻強電場、平行于虛線的勻強電場、垂直紙面向里的勻強磁場，虛線d處有一熒光屏．大量正離子(初速度和重力均忽略不計)從虛線a上的P孔處進入電場，經(jīng)過三個場區(qū)后有一部分打在熒光屏上．關于這部分離子，若比荷越大，則離子(　　) 圖1 A．經(jīng)過虛線c的位置越低 B．經(jīng)過虛線c的速度越大 C．打在熒光屏上的位置越低 D．打在熒光屏上的位置越高 2．如圖2所示，在xOy直角坐標系中，第Ⅰ象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第Ⅱ象限內(nèi)分布著沿y軸負方向的勻強電場．初速度為

2、零、帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，重力不計，經(jīng)磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直于y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉并擊中x軸上的C點．已知OA＝OC＝d.則磁感應強度B和電場強度E可表示為(　　) 圖2 A．B＝，E＝ B．B＝，E＝ C．B＝，E＝ D．B＝，E＝ 3．(多選)如圖3所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸下方的等腰直角三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，現(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子從y軸上的P點由靜

3、止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響．下列說法正確的是(　　) 圖3 A．若h＝，則粒子垂直于CM射出磁場 B．若h＝，則粒子平行于x軸射出磁場 C．若h＝，則粒子垂直于CM射出磁場 D．若h＝，則粒子平行于x軸射出磁場 4．如圖4所示，在xOy平面內(nèi)，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E；在0L的區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度大小不變、方向做周期性變化．一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(粒子重力不計)，由坐標為(－L，)的A點靜止釋放．

4、圖4 (1)求粒子第一次通過y軸時速度大??； (2)求粒子第一次射入磁場時的位置坐標及速度； (3)現(xiàn)控制磁場方向的變化周期和釋放粒子的時刻，實現(xiàn)粒子能沿一定軌道做往復運動，求磁場的磁感應強度B的大小取值范圍． 5．如圖5所示，矩形abcd相切于半圓，小孔M、N連線延長線經(jīng)過圓心O點且與ad垂直．一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的離子(不計重力)以不同速率沿MN方向從M孔射入． 圖5 (1)金屬板間電壓為U0時，求從N孔射出的離子的速度大??； (2)要使離子能打到ab上，求金屬板間電壓U的取值范圍． 6．如圖6所示的xOy坐標系中，在第Ⅰ象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象

5、限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點垂直進入勻強電場，經(jīng)過x軸上的Q點以速度v進入磁場，方向與x軸正向成30°角．若粒子在磁場中運動后恰好能再回到電場，已知OQ＝3L，粒子的重力不計，電場強度E和磁感應強度B大小均未知．求： 圖6 (1)OP的距離； (2)磁感應強度B的大小； (3)若在O點右側22L處放置一平行于y軸的擋板，粒子能擊中擋板并被吸收，求粒子從P點進入電場到擊中擋板的時間． 7．如圖7，在直角坐標系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標為(－l,0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向

6、垂直于坐標平面的矩形有界勻強磁場(圖中未畫出)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上A點(0,0.5l)射出電場，射出時速度方向與y軸負方向成30°角，此后，電子做勻速直線運動，進入磁場并從矩形有界磁場邊界上Q點射出，速度沿x軸負方向，不計電子重力，求： 圖7 (1)勻強電場的電場強度E的大??； (2)勻強磁場的磁感應強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t； (3)矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin. 答案解析 1．BD　[當離子在a與b之間，根據(jù)動能定理得mv2＝qU，則v＝ ，故比荷越大，經(jīng)過b的速度

7、越大；在b與c之間，粒子做類平拋運動，設bc寬為L，電場強度為E，y＝at2＝··＝，經(jīng)過虛線c的位置與比荷無關，A錯誤；比荷越大，經(jīng)過c的速度越大，即進入磁場的速度就越大，B正確；當離子進入磁場時，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝，則R＝，故可知比荷越大，R越小，打在熒光屏上的位置越高，C錯誤，D正確．] 2．B　[設帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后的速度為v，有qU＝mv2；帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，qBv＝，依題意可知r＝d，解得B＝；帶電粒子在電場中偏轉，做類平拋運動，設經(jīng)時間t從P點到達C點，由d＝vt，d＝·t2，解得E＝.故選項B正確．] 3．AD　

8、[粒子在電場中加速，有qEh＝mv，在磁場中做圓周運動．若粒子垂直于CM射出磁場，則軌跡所對的圓心角θ＝45°，半徑R＝a，而R＝，聯(lián)立以上各式得h＝，選項A正確，C錯誤；若粒子平行于x軸射出磁場，則軌跡所對的圓心角θ＝90°，半徑R＝，由以上各式解得h＝，選項B錯誤，D正確．] 4．(1) 　(2)(L，L)　，方向與x軸正方向成45°角斜向上　(3)0

9、坐標為(L，L) 速度大小v＝＝ ，方向與x軸正方向成45°角斜向上 (3)在磁場中，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝ 得軌道半徑：R＝ 由對稱性可知，射出磁場后必須在x軸下方的電場中運動，才能實現(xiàn)粒子沿一定軌道做往復運動，如圖所示， 由幾何關系得，當1＝＋＋＝時，軌道半徑R最小，對應的磁感應強度B最大，粒子緊貼x軸進入y軸左側的電場． 由R2＋R2＝得最小半徑：R＝L， 磁感應強度的最大值Bmax＝＝ 磁感應強度的大小取值范圍為：0

10、平衡條件得：qE＝qvB0② 解得：v＝③ (2)如圖甲，設電壓為U1時，離子恰好打到b點，離子軌道半徑為r1， 則qv1B＝m④ r1＝R⑤ 由③可知：v1＝⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式解得：U1＝ 如圖乙，設電壓為U2時，離子恰好打到a點，離子軌道半徑為r2， 則qv2B＝m⑦ r2＋＝R⑧ 由③可知，v2＝⑨ 聯(lián)立⑦⑧⑨式解得：U2＝ 所以當

11、動軌跡的左側恰好與y軸相切，設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，則有 R＋Rsin 30°＝3L qvB＝，可得B＝ (3)粒子在電場和磁場中做周期性運動，軌跡如圖 一個周期運動中，在x軸上發(fā)生的距離為 ΔL＝3L＋3L－2Rsin 30°＝4L P點到擋板的距離為22L，所以粒子能完成5個周期的運動，然后在電場中沿x軸運動2L時擊中擋板． 5個周期的運動中，在電場中的時間為 t1＝5×＝ 在磁場中運動的時間 t2＝5×＝ 剩余2L中的運動時間t3＝＝ 總時間t總＝t1＋t2＋t3＝ 7．(1)　(2)　　(3) 解析　(1)設電子在電場中運動的加速度為a，

12、時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy， 則l＝v0t a＝ vy＝at vy＝ 解得：E＝ (2)設軌跡與x軸的交點為D，OD距離為xD， 則xD＝0.5ltan 30°＝l 所以，DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示． 設電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r， 則evB＝m v＝ 由幾何關系有r＋＝l，r＝ 聯(lián)立以上各式解得B＝ 電子轉過的圓心角為120°，則t＝ T＝(或T＝＝) 得t＝ (3)以切點F、Q的連線長為矩形的一條邊，與電子的運動軌跡相切的另一邊作為其FQ的對邊，有界勻強磁場區(qū)域面積為最小．Smin＝r× 得Smin＝