2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練十八 帶電粒子在勻強磁場中運動（含解析）

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1、帶電粒子在勻強磁場中運動 1．本知識點是高考的重點，近幾年主要是結合幾何知識考查帶電粒子在有界勻強磁場及復合場、組合場中的運動。 2．注意“運動語言”與“幾何語言”間的翻譯，如：速度對應圓周半徑，時間對應圓心角或弧長或弦長等。 二、考題再現 典例1.(2019·全國I卷·24)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間

2、的距離為d，不計重力。求 (1)帶電粒子的比荷； (2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。 典例2.(2019·全國Ⅱ卷·17)如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　) A．kBl，kBl B．kBl，kBl C．kBl，kBl D．kBl，kBl 三、對點速練 1．如圖所示

3、，在紙面內存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質量為m、電荷量為－q，P與桿間的動摩擦因數為μ。小球由靜止開始滑動，設電場、磁場區(qū)域足夠大，桿足夠長，在運動過程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是(　　) A．小球先加速后減速，加速度先增大后減小 B．當v＝v0時，小球的加速度最大 C．當v＝v0時，小球一定處于加速度減小階段 D．當a＝a0時，＞ 2．(多選)直角坐標系xOy內，有一無界勻強磁場垂直紙面，一質量為m，電荷量為q的正電荷從原點沿著y軸正方向以初速度v0出發(fā)，

4、不計重力。要使該電荷通過第四象限的P點，P點坐標為(a，－b)，則(　　) A．磁場方向垂直紙面向外 B．磁場方向垂直紙面向內 C． D． 3．現代技術常用磁場來控制帶電粒子的運動。如圖，在豎直平面內有一邊長為L的正方形abcd，該區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B。某時刻從ab邊中點p沿對角線ac方向射出一束比荷相同、初速度大小不同的帶正電的粒子。不計粒子重力及粒子間的相互作用力。則(　　) A．粒子不可能從c點射出 B．粒子不可能從cd邊中點射出 C．粒子能從ad邊射出區(qū)域的長度為L D．粒子在abcd區(qū)域內運動的最長時間為 4．(多選)如圖所示

5、，圓形區(qū)域內以直線AB為分界線，上半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。下半圓內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小未知，圓的半徑為R。在磁場左側有一粒子水平加速器，質量為m，電量大小為q的粒子在極板M右側附近，由靜止釋放，在電場力的作用下加速， 以一定的速度沿直線CD射入磁場，直線CD與直徑AB距離為0.6R。粒子在AB上方磁場中偏轉后，恰能垂直直徑AB進入下面的磁場，之后在AB下方磁場中偏轉后恰好從O點進入AB上方的磁場。帶電粒子的重力不計。則(　　) A．帶電粒子帶負電 B．加速電場的電壓為 C．粒子進入AB下方磁場時的運動半徑為0.1R D．AB下方磁場

6、的磁感應強度為上方磁場的6倍 5．如圖所示，矩形區(qū)域以對角線abcd為邊界分為上、下兩個區(qū)域，對角線上方區(qū)域存在豎直向下的勻強電場，對角線下方區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m、帶電量為+q的粒子以速度v0從a點沿邊界ab進入電場，恰好從對角線ac的中點O進入磁場，并恰好未從邊界cd射出。已知ab邊長為2L，bc邊長為L，粒子重力不計，求： (1)電場強度E的大?。? (2)磁感應強度B的大小。 6．如圖所示，在足夠長的絕緣板MN上方存在方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場（圖中未標出），在絕緣板上方距離為d的P點有一個粒子發(fā)射源，能夠在紙面內向各

7、個方向發(fā)射速度大小相等，比荷＝k的帶正電粒子，已知粒子在磁場中運動的軌道半徑R＝d，不計粒子間的相互作用和粒子的重力，試求： (1)粒子源所發(fā)射粒子的速度大小v0； (2)能夠到達絕緣板上的帶電粒子在板上留下痕跡的最大長度Lm； (3)同時射出的粒子打到板上的最大時間差Δtm。 7．如圖所示，在邊長為L的正方形頂點a有一質量為m、電荷量為q的離子源，持續(xù)不斷地在單位時間內向正方形區(qū)域發(fā)射n個速率均為v的離子，這些離子沿角度均勻分布。在正方形區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，使得所有離子均能垂直cd邊射出，且沿邊長ab發(fā)射的離子恰好從c點水平

8、射出。在正方形右側平行于cd放置一接地金屬板M，其上有一沿y軸可移動的、長度為L的窗口，允許離子通過。在極板M右側存在邊長也為L的正方形區(qū)域，設置一勻強磁場，其方向與左側磁場相同，使通過窗口的離子都匯集到位于邊長中點S的收集器中，不計重力和離子間相互作用。 (1)判斷離子帶電量的正負； (2)求左右兩區(qū)域磁感應強度的大小及磁場區(qū)域的最小面積； (3)單位時間內收集器中離子收集率與窗口中心位置坐標y之間的關系。 8．如圖1所示為平面坐標系xOy，在第一象限內的虛曲線和y軸之間存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在第二象限內的虛

9、直線(x＝－6a)和y軸之間存在著如圖2所示的交變磁場（以垂直紙面向外為磁場的正方向）。在A(2a，0)點的放射源發(fā)出質量為m、帶電量為+q的粒子，粒子速度大小為v0＝，速度方向與x軸負方向的夾角為θ(0＜θ＜90°)，所有粒子都能垂直穿過y軸后進入第二象限。不計粒子重力和粒子間相互作用。 (1)求夾角θ＝45°的粒子經過y軸時的坐標； (2)求第一象限內虛曲線的曲線方程y(x)； (3)假設交變磁場在0時刻，某粒子剛好經過y軸上的B(0，a)點，則： ①要求該粒子不回到第一象限，交變磁場的變化周期T應滿足什么條件？ ②要求該粒子在C(－6a，a)點垂直虛直線水平射出磁場，求粒子

10、在交變磁場中運動時間t與磁場變化周期T的比值k的最小值，并求出在這種情況下粒子在交變磁場中的運動時間。 9． 如圖甲所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖象如圖乙所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向，t＝0時刻，帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知 量，圖乙中＝，在0～t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為。求： (1)粒子P的比荷； (2)t＝2t0時刻粒子P的位置；

11、(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。 答案 二、考題再現 典例1.【解析】(1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有 qU＝mv2 ① 設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB＝m ② 由幾何關系知d＝r ③ 聯立①②③式得＝。 ④ (2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為s＝＋rtan 30° ⑤ 帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝ ⑥ 聯立②④⑤⑥式得t＝。 典例

12、2.【解析】電子從a點射出時，其軌跡半徑為ra＝，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝，又＝k，解得va＝；電子從d點射出時，由幾何關系有r＝l2＋，解得軌跡半徑為rd＝，由洛倫茲力提供向心力，有evdB＝，又＝k，解得vd＝，選項B正確。 【答案】B 三、對點速練 1．【答案】C 【解析】開始運動階段qvB

13、 圖象如圖所示，兩階段的圖線斜率大小相等，有v1

14、中心角最大，為270°，粒子在磁場中的運動周期T＝2πRv＝2πmqB；故粒子在abcd區(qū)域內運動的最長時間為：34T＝3πm2qB，故選項D正確。 4．【答案】ACD 【解析】從C點入射的粒子向下做勻速圓周運動，即受到洛侖茲力向下，由左手定則知道粒子帶負電，所以選項A正確；由題意知，粒子在AB上方磁場中做勻速圓周運動的半徑r1＝0.6R，在電場中加速有：，在AB上方磁場中：，聯立得：，所以選項B錯誤；粒子在AB下方磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系：，解得r2＝0.1R，所以選項C正確；由洛侖茲力提供向心力得到半徑：，由于r1＝6r2，所以B2＝6B1，所以選項D正確。 5．【解析】(1

15、)從a點入射的粒子在電場區(qū)域內做類平拋運動，則有： ，， 聯立解得： (2)設粒子進入磁場時速度大小為v ，速度方向與水平方向成β角，則有： ， 粒子進入磁場后恰好不從邊界cd射出，其軌跡恰與邊界cd相切，如圖所示，設圓周運動的半徑為R ，由幾何關系可得： 由牛頓第二定律得： 聯立解得：。 6．【解析】(1)帶電粒子在磁場中運動時qv0B＝m 解得 (2)畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示，設粒子能打中絕緣板上最左端和最右端的點分別為C、D，粒子在C點與絕緣板相切，PD為粒子軌跡圓的直徑。根據幾何關系可得帶電粒子在板上留下痕跡的最大長度： (3)同時射出

16、的粒子中最先和最后打中絕緣板的粒子運動情況如圖所示，根據幾何關系可知，最先打中絕緣板的粒子轉過的圓心角： 最后打中絕緣板的粒子轉過的圓心角： 粒子在磁場中運動的周期： 同時射出的粒子打到板上的最大時間差： 所以最大時間差。 7．【解析】(1)由離子的偏轉方向和左手定則，可判斷離子帶負電。 (2)沿邊長ab發(fā)射的離子恰好從c點水平射出可知，離子在磁場中運動的半徑R1＝L，根據牛頓第二定律qvB1＝m 左側區(qū)域磁感應強度的大小 左側磁場區(qū)域的最小面積 離子在右側區(qū)域的運動半徑R2＝，右側區(qū)域磁感應強度的大小 右側磁場區(qū)域的最小面積 (3)離子出射區(qū)間寬度為L/2，需要分段

17、討論： 當yL，，η＝0 當時，， 當時，， 當時，。 8．【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑為r，則： qv0B0＝mv02r 解得：r＝a 如圖1所示，當入射角為45°時，根據幾何關系可得：y軸坐標 y＝（2a－22a）+（a－22a）＝（3－2）a。 (2)如圖2所示，入射角為任意角θ，進入磁場入射點坐標為（x，y），根據幾何關系可得： tanθ＝y(tǒng)2a-x tanθ＝xa2-x2 得y＝x2a-xa2-x2（0＜x＜a）。 (3)①粒子不回到第一象限，臨界情況為軌跡與y軸相切，如圖3所示；設粒子在磁場中運動的周期為T0，兩圓心

18、連線與y軸夾角為β，則： T0＝2πmqB0 sinβ＝12 所以β＝30° 且滿足T4＝150°360°T0 得T＝10πm3qB0 要求該粒子不回到第一象限，交變磁場的變化周期T應滿足T≤10πm3qB0； ②粒子在交變磁場中運動的時間t與磁場變化的周期T的比值為k，即tT＝k 如圖4所示，根據幾何關系可得： 4rsinβ×k＝LBC．sinβ＝332k 由于sinβ≤1 所以k最小等于3，即sinβ＝32 當β＝60°，如圖4所示，粒子運動時間t1＝4×60°360°×3×2πmqB0＝4πmqB0 當β＝120°時，如圖5所示，粒子運動時間 t2＝4×120

19、°360°×3×2πmqB0＝8πmqB0。 9．【解析】(1)0～t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經過圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，即 R＝ ① 又qv0B0＝ ② 代入＝ 解得＝. ③ (2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，則 T＝ ④ 聯立①④式解得T＝4t0 ⑤ 即粒子P做圓周運動后磁場變?yōu)殡妶?，粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t0～2t0時間內水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則 x1＝v0t0＝＝ ⑥ y1＝at ⑦ 其中加速度a＝ 由③⑦式解得y1＝＝R，因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為，如圖中的b點所示。 (3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內，電場力產生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L即O、d間的距離 L＝2R＋2x1 ⑧ 解得L＝v0t0。 12