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(最新)2019届高考物理 专题二十 带电粒子在匀强磁场中运动精准培优专练

培优点二十 带电粒子在匀强磁场中运动

1. 本知识点是高考的重点,近几年主要是结合几何知识考查带电粒子在有界匀强磁场及复合场、组合场中的运动。

2. 注意“运动语言”与“几何语言”间的翻译,如:速度对应圆周半径;时间对应圆心角或弧长或弦长等。

典例1. (2018全国I 卷25)如图,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11H 和一个氘核2

1H 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1

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1H 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。11H 的质量为m ,电荷量为q ,不计重力。求: (1)1

1H 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)2

1H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。

【解析】 (1)1

1H 在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设1

1H 在电场中的加速度大小为a 1,初速度大小为v 1,它在电场中的运动时间为t 1,第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1。由运动学公式有

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111s v t = ① 21112

h a t = ②

由题给条件,11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角160θ=?。1

1H 进入磁场时速

度y 分量的大小为1111tan a t v θ= ③

联立以上各式得1s =

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④ (2)1

1H 在电场中运动时,由牛顿第二定律有1qE ma = ⑤

设1

1H 进入磁场时速度的大小为1

v '

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,由速度合成法则有1v ' ⑥ 设磁感应强度大小为B ,1

1H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

一、考点分析

二、考题再现

2

11

1

v qv B m R ''= ⑦ 由几何关系得1112sin s R θ= ⑧

联立以上各式得B =⑨

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(3)设2

1H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2,在电场中的加速度大小为a 2,由题给条件得

222111(2)22

m v mv ?= ⑩ 由牛顿第二定律有22qE ma = ?

设2

1H 第一次射入磁场时的速度大小为2

v ',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s 2,在电场中运动的时间为t 2。由运动学公式有

222s v t =? 22212

h a t =?

2v '

22

22

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sin a t v θ='? 联立以上各式得12s s =,12θθ=

,212

v ''

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=? 设2

1H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2,由⑦?式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

2212mv R qB

'

=

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= ? 所以出射点在原点左侧。设2

1H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为2s ',由几何关系有

2222sin s R θ'= ?

联立④⑧???式得,2

1H 第一次离开磁场时得位置到原点O

的距离为22s s '-=?

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1.(多选)如图所示,正方形abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,甲、乙两带电粒子从a 点沿与ab 成30°角的方向垂直射入磁场。甲粒子垂直于bc 边离开磁场,乙粒子从ad 边的中点离开磁场。已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1 : 2,质量之比为1 : 2,不计粒子重力。 以下判断正确的是( ) A .甲粒子带负电,乙粒子带正电 B .甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍

C

.甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的

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D .甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14

【答案】CD

三、对点速练

2. (多选)如图,一个质量为m 、带电量为+q 的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v 0,在以后的运动中下列说法正确的是( ) A. 圆环可能做匀减速运动 B. 圆环可能做匀速直线运动

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C. 圆环克服摩擦力所做的功可能为2012

mv

D. 圆环克服摩擦力所做的功不可能为322

022122m g mv q B

-

【答案】BC

3.如图所示,在直角坐标系xOy 的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ,充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场,区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 0,区域Ⅱ的磁感应强度大小可调,C 点坐标为(4L ,3L ),M 点为OC 的中点。质量为m 带电量为-q 的粒子从C 点以平行于y 轴方向射入磁场Ⅱ中,速度大小为02qB L

m

,不计粒子所受重力,粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。 (1)若粒子无法进入区域Ⅰ中,求区域Ⅱ磁感应强度大小范围; (2)若粒子恰好不能从AC 边射出,求区域Ⅱ磁感应强度大小。

【解析】(1)粒子速度越大,半径越大,当运动轨迹恰好与x 轴相切时,恰好不能进入Ⅰ区域。 故粒子运动半径03r L > 粒子运动半径满足:2

00

v qBv m r = 联立解得:0

6

B B <

。 (2)粒子在区域Ⅰ中的运动半径002

mv L

r qB ==

若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R 较小,则粒子会从AC 边射出磁场。恰好不从AC 边射出时满足∠O 2O 1Q = 2θ

24

sin 22sin cos 25

θθθ==

又sin 2r

R r

θ=-,20

0v qBv m R

=

联立解得:0

2449

B B =。

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4.如图所示,虚线OL 与y 轴的夹角θ = 45°,在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场,在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场,一质量为m 、电荷量q (q > 0)的粒子以速率v 0从y 轴上的M (OM = d )点垂直于y 轴射入匀强电场,该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场,不计粒子重力。 (1)求此电场的场强大小E ;

M

?

(2)若粒子能在OL 与x 轴所围区间内返回到虚线OL 上,求粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间。

【解析】(1)粒子在电场中运动,只受电场力作用:F qE =电,F ma =电 沿垂直电场线方向X 和电场线方向Y 建立坐标系,则在X 方向位移关系有:

d sin θ = v 0cos θ?t

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该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场,所以在Y 方向上,速度关系

有:

0s i n v a t

θ=

联立解得:2

2E qd

=

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(2)根据(1)可知粒子在电场中运动的时间0

d t v =

粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用,在洛伦兹力作用下做圆周运动,设圆周运动的周期为T 。粒子能在OL 与

x 轴所围区间内返回到虚线OL 上,则粒子从M 点出发到第二次经过OL 在磁场中运动了半个圆周,所以,在磁场中运动时间为1

2

T

粒子在磁场中运动,洛伦兹力作为向心力,所以有2

v qvB m R

=

根据(1)可知,粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场,速度v 就是初速度v 0在X

方向上的分量,即00cos v v θ==

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粒子在电场中运动,在Y

方向上的位移01sin 24

Y v t θ=?=

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所以,粒子进入磁场的位置在OL 上距离O

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点cos l Y d θ=+= 粒子能在磁场中返回OL ,则:cos R l R θ

≥+

,即R ≤

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所以0

2πR T v

=≤所以,粒子从M 点出发到第二次经过OL

所需要的最长时间max max

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0112d t t T v ?=+=???

。 5.如图,以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系,该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xOy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场,原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q (q > 0)的粒子束,粒子恰能在xOy 平面内做直线运动,重力加速度为g ,不计粒子间的相互作用。

(1)求粒子运动到距x 轴为h 时所用的时间;

(2)若在粒子束运动过程中,突然将电场变为竖直向下、场强大小变为mg

E q

'=

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,求从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围(不考虑电场变化产生的影响);

(3)若保持E 、B 初始状态不变,仅将粒子束的初速度变为原来的2倍,求运动过程中,粒子速度大小等于原来初速度的点所在直线方程。

【解析】(1)粒子恰能在xOy 平面内做直线运动,则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零,又有电场力和重力为恒力,其在垂直速度方向上的分量不变,而要保证该方向上合外力为零,则洛伦兹力大小不变,因为洛伦兹力

F qvB =洛,所以受到大小不变,即粒子做匀速直线运动,重力、电场力和磁场力三个力的合力为零。

设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ,粒子受力如图所示,则:

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2

2

2

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()()()qvB qE mg =+,v =则v 在y 方向上分量大小sin y qE E

v v v qvB B

θ==?

= 因为粒子做匀速直线运动,根据运动的分解可得,粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间

y h Bh

t v E

=

=

。 (2)若在粒子束运动过程中,突然将电场变为竖直向下,电场强度大小变为mg E q

'=,则电场力F qE mg ''==电

,电场力方向竖直向上。

所以粒子所受合外力就是洛伦兹力,则有,洛伦兹力充当向心力,即:2

v qvB m r

=

所以mv r qB =

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如图所示,由几何关系可知,当粒子在O 点就改变电场时,第一次打在x 轴上的横坐标最小:

min

222sin 2mE

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x r qB θ=== 当改变电场时粒子所在处与粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2r 时,第一次打在x 轴上的横坐标最大: 22max

32

2()()2sin m qE mg r x q B E

θ??+??== 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为222322()()2m qE mg mE x qB q B E

??+??≤≤。

(3)粒子束的初速度变为原来的2倍,则粒子不能做匀速直线运动,粒子必发生偏转,而洛伦兹力不做功,电场力和重力对粒子所做的总功必不为零

那么设离子运动到位置坐标(x ,y )满足速率v v '=,则根据动能定理有:2211(2)2

2

qEx mgy mv m v --=-

所以2222

3()()2qE mg qE y x mg q B g

??+??=-+。 6. 如图所示,xOy 平面内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B = 0.1 T ,在原点O 有一粒子源,它可以在xOy 平面内向各个方向发射出质量m = 6.4×10

-27

kg 、电荷量q = 3.2×10

-19

C 、速度v = 1.0×106

m/s

的带正电的粒子。一感光薄板平行于x 轴放置,其中点O′的坐标为(0,a ),且满足a >0。不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用,结果保留三位有效数字。

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(1)若薄板足够长,且a = 0.2 m ,求感光板下表面被粒子击中的长度; (2)若薄板长l = 0.32 m ,为使感光板下表面全部被粒子击中,求a 的最大值;

(3)若薄板长l = 0.32 m ,a = 0.12 m ,要使感光板上表面全部被粒子击中,粒子的速度至少为多少?

【解析】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力。有:2

v qvB m r

=

解得:r = 0.2 m

如图1,沿y 轴正向发射的粒子击中薄板的最左端D 点,有x 1= r = 0.2 m

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而击中簿板的最右端的粒子恰好运动了半个圆周,由几何关系2m x == 0.346 m 所以,感光板下表面被粒子击中的长度L = 0.546 m 。

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(2)如图2,粒子恰能击中薄板的最左端D 点,由几何关系0.12m OF ==

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解得:10.320m a OF r =+=

如图3,若粒子恰能击中薄板的最右端E 点,由几何关系2m a ==> 0.320 m

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综上可得,为使感光板下表面全部被粒子击中,a 的最大值:m 0.320m a = (3)如图4,粒子恰能沿水平方向击中薄板最右端的E 点,由几何关系

3tan 4OO O E θ'=

=',1

m 2sin 6

OE r θ'==

如图5,恰能击中薄板最右端的D 点,由几何关系61

m 6

r O D '==

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综上可得,要使感光板上表面被击中,必须满足1m 6

r ≥ 而mv

r qB

=

解得粒子的速度68.3310m/s v ≥?。