高考物理二轮复习专题突破练习 带电粒子在复合场中的运动

带电粒子在复合场中的运动
1.(多选)(2021辽宁高三一模)
劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示,高真空中的两个D形金属盒间留有平行的狭缝,粒子通
过狭缝的时间可忽略。

匀强磁场与盒面垂直,加速器接在交流电源上,若A处粒子源产生的质子可在
盒间被正常加速。

下列说法正确的是()
A.虽然逐渐被加速,质子每运动半周的时间不变
B.只增大交流电压,质子在盒中运行总时间变短
C.只增大磁感应强度,仍可能使质子被正常加速
D.只增大交流电压,质子可获得更大的出口速度
2.(2021四川成都高三二模)
如图,在第一、第四象限的y≤0.8 m区域内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小E=4×103
N/C;在第一象限的0.8 m<y≤1.0 m区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。

一个质量m=1×10-10 kg、电荷量q=1×10-6C的带正电粒子,以v0=6×103m/s的速率从坐标原点O沿x轴正方向进入电场。

不计粒子的重力。

已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)求粒子第一次离开电场时的速度;
(2)为使粒子能再次进入电场,求磁感应强度B的最小值。

3.
(2021河南高三二模)如图所示,在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形,其顶点坐标分别为(0,0)、
d、(d,0),三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,x轴下方有沿着y 0,√3
3
轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E。

一质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的某点M由静止释放,粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角三角形的斜边射出,不计粒子重力。

(1)求M点到O点的距离;
(2)改变粒子在y轴上的释放点,使粒子由N点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场,求N点到O点的距离;
(3)在(2)过程中,求粒子从N点由静止释放到射出磁场的运动时间。

4.(2021福建福州高三二模)
如图所示,在xOy平面直角坐标系中的第一、二象限内有一个矩形区域MNQP,区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,MN在x轴上,MO=ON=3d,MP=NQ=d。

在第四象限正方形
ONFD内存在沿+x方向、大小E=B2ed
m
的匀强电场,沿PM在第三象限放置一足够大的荧光屏,屏与y
轴平行。

一个电子A从坐标原点沿+y方向射入磁场,恰好不从PQ边射出磁场。

已知电子的质量为m,电荷量为-e。

(1)求电子射入磁场时的速度大小v;
(2)求电子在电场中运动的时间t0;
(3)若另一电子C从x坐标轴上某点(x≠0)以相同的速度射入磁场。

A、C打在荧光屏上同一点,求电
子射入磁场时的横坐标x。

5.(2021湖南永州高三三模)如图甲所示,在直角坐标系xOy中,x轴下方有沿y轴正向的匀强电场,在x
轴上方有垂直于坐标平面的匀强磁场(图中未画出),其磁感应强度B随时间变化如图乙所示(图中B1、B2未知)。

一个质量为m、带电荷量为q的带正电粒子在y轴上P(0,-d)点处以大小为v0的初速度沿
x轴正向射入电场,粒子从x轴上的Q(2√3
3d,0)点进入磁场,并以此时刻为t=0时刻。

已知t1=πm
qB1
,t1时
刻后的粒子的运动轨迹与x轴、y轴均相切,不计粒子的重力,以垂直坐标平面向里为磁场正方向。

求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)匀强磁场磁感应强度B1、B2的比值(若有多种符合题意的情形,只需计算一种情形的结果即可)。

6.(2022河南高三开学考试)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,以P点(0,R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,在第一象限的x=2R和x=4R的区域内有沿y轴负方向的匀强电场,在坐标原点O有一粒子源,可以在纸面内沿各个方向射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的粒子,沿y轴正向射出的粒子,刚好沿平行x轴的方向射出磁场,粒子进入电场后刚好能射到x轴上x=4R的位置,不计粒子的重力。

(1)求匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)求匀强电场的电场强度大小;
(3)要使沿与x轴负方向成60°角射出的粒子刚好能射到x轴上x=4R的位置,求需要将整个电场沿x 轴平移多大距离。

参考答案
1.AB 解析 质子在D 形盒中运动的周期T=
2πm qB
,半个周期为πm
qB ,粒子的比荷不变,则质子每运动半周
的时间不变,故A 对;质子在电场中加速,qU=1
2mv 2,qvB=m v 2
R ,联立可得R=1
B √
2mU q
,增大交变电压,质子
运动的半径增大,则质子在回旋加速器中加速的次数减少,又因为周期不变,故运行时间会变短,故B 对;由T=
2πm qB
可知,若磁感应强度B 增大,则T 会减小,只有交流电频率增大,才能正常工作,故C 错误;
设D 形盒的最大半径为R D ,质子可获得更大的出口速度满足qv m B=m v
m
2
R D
,可得v m =
qBR D m
,v m 与电压无
关,故D 错误。

2.答案 (1)1×104 m/s,与x 轴正方向成53°角斜向右上 (2)2 T 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,所受电场力为F=qE
由牛顿第二定律有a=F
m y 方向,由运动学规律有v y 2=2as y 代入数据(其中s y =0.8 m)得v y =8×103 m/s 粒子离开电场时的速度大小为v=√v 02+v y 2 代入数据得v=1×104 m/s tan θ=v y v 0
=4
3
故所求速度方向与x 轴正方向成53°角斜向右上
(2)如图所示,在宽度d=1.0 m -0.8 m =0.2 m 的磁场中粒子做匀速圆周运动,满足条件下B 最小时,轨迹与磁场上边界相切,设轨道半径为R
由几何关系有 R=R cos θ+d 代入数据得R=0.5 m
由牛顿第二定律有qvB=m v 2
R 代入数据解得所求最小值B=2 T 3.答案 (1)
qB 2d 218mE
(2)qB 2d 2
2(2n+1)2mE (n=0,1,2,…) (3)Bd
E +
16
+n
πm qB
(n=0,1,2,…)
解析 (1)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R 0,由几何关系可知R 0+2R 0=d
解得R 0=d
3
由牛顿第二定律得qv 0B=
mv 02R 0
设M 点到O 点的距离为y 0,由动能定理得 qEy 0=1
2mv 02 解得y 0=
qB 2d 218mE
(2)要使粒子由N 点静止释放后能沿垂直于斜边的方向射出磁场,则粒子在磁场中运动轨迹的半径R 满足d=(2n+1)R (n=0,1,2,…)
由牛顿第二定律得qvB=m v 2
R
设N 点到O 点的距离为y ,由动能定理有qEy=1
2
mv 2
解得y=
qB 2d 2
2(2n+1)2mE
(n=0,1,2,…)
(3)设粒子在电场中的加速度为a ,则qE=ma 设粒子在电场中每单程的运动时间为t 0,则y=1
2at 02
粒子在电场中总的运动时间t 1=(2n+1)t 0(n=0,1,2,…) 解得t 1=Bd
E
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=
2πm qB
粒子在磁场中总的运动时间t 2=T
12+n T
2(n=0,1,2,…)
解得t 2=
16
+n
πm qB
(n=0,1,2,…)
粒子从N 点由静止释放到射出磁场运动的总时间 t=t 1+t 2=Bd
E +
16
+n
πm qB (n=0,1,2,…)
4.答案 (1)v=
Bed m
(2)t 0=2m
Be (3)x=-7d
8
解析 (1)电子恰好不从PQ 边射出磁场,则电子运动轨迹与PQ 边相切,设电子运动半径为R ,则由几何知识可得R=d
电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得Bev=mv 2R
解得v=
Bed m
(2)由几何知识可知,电子进入电场的横坐标为x=2d
电子沿竖直向下的方向进入电场,电场力水平向左,电子做类平抛运动 电子若从DF 间离开电场,则电子在电场中运动的时间为t DF =3d
v =3m Be
电子若从OD 间离开电场,设电子在电场中运动的时间为t OD 由牛顿第二定律得电子的加速度为a=Ee
m =B 2e 2d m 2
根据运动学规律有x=1
2at OD 2
解得t OD =
2m Be
由于电子从OD 间离开电场时的水平位移比从DF 间离开电场时的水平位移大,所以应有t OD >t DF ,但计算所得t OD <t DF ,不符合实际,由此可以判断电子是从OD 间离开电场的
故电子在电场运动的时间为t 0=2m
Be
(3)电子A 、C 通过x 轴后沿y 轴方向的分运动是匀速运动,且它们沿y 轴方向的分速度相等,所以两个电子打在荧光屏的同一点,意味着两个电子在第三、第四象限运动的总时间相等。

设电子A 在第四象限运动时间为t 1,在第三象限运动时间为t 2;电子C 在第四象限运动时间为t 1',在第三象限运动时间为t 2'
电子A 离开电场时平行于x 轴方向的分速度为v 1=at 1
在第四象限有2d=1
2
at 12
在第三象限有3d=v 1t 2
电子C 从x=x 0处进入电场,则有x 0=1
2at 1'2 离开电场时平行于x 轴方向的分速度为v 1'=at 1' 在第三象限有3d=v 1't 2' 由前面的分析得t 1+t 2=t 1'+t 2'
由以上各式联立解得x 0=9d
8(另一解x 0=2d 不合题意舍去)
电子C 射入磁场的位置在x 0左侧2d 处,所以x=-7d
8 5.答案 (1)
3mv 022qd
(2)见解析
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动
d=1
2at 2
2√3
3
d=v 0t qE=ma 联立解得E=
3mv 022qd。

(2)设粒子进磁场时速度为v ,速度方向与x 轴正向夹角为θ,有 qEd=1
2
mv 2-1
2
mv 02
由几何关系,有cos θ=v
0v 联立解得θ=60°
粒子在磁场内圆周运动的周期T=2πm qB
则t 1=T
2
即在0~t 1时间内粒子在磁场中运动轨迹是半圆。

由于t 1时刻后粒子的运动轨迹刚好与x 轴、y 轴相切,则粒子的运动情况可能是图(1)、(2)所示两种情形
情形(1):设粒子在t1时刻前运动半径为r1,t1时刻后运动轨迹半径为r2,由几何关系,有r2=(2r1+r2)sin 30°
由qvB=m v 2
r 有B1
B2
=r2
r1
解得B1
B2=2
1
情形(2):设粒子在t1时刻前运动半径为r1',t1时刻后运动轨迹半径为r2',由几何关系,有r2'=(2r1'+r2')sin 30°
由qvB'=m v 2
r',有B1'
B2'
=r2'
r1'
解得B1'
B2'=2
1。

6.答案 (1)mv0
qR (2)mv0
2
2Rq
(3)见解析
解析 (1)根据题意,沿y轴正向射出的粒子,刚好沿平行x轴的方向射出磁场,则r=R
根据qvB=m v 2
r
解得B=mv0
qR。

(2)粒子沿平行x轴的方向射出磁场,则垂直进入电场,根据R=1
2
at2 2R=v0t
ma=qE
解得E=mv02
2Rq。

(3)每个粒子在磁场中做圆周运动的半径均等于有界磁场圆的半径,因此每个粒子出磁场后均以垂直y轴方向进入电场,电场宽度没有变化,进入电场的速度不变,则在电场中的运动时间不变,在电场中沿电场方向的位移不变,但是与x轴负方向成60°角射出的粒子射出磁场时距x轴的距离
y=R+R sin 30°>R
所以要想再次射到x=4R位置,必须整个电场沿x轴负向移动,粒子射出电场后在空气中做匀速直线运动到达x=4R位置。

粒子射出电场的速度沿电场方向的分速度
v y=at1
2R=v0t1
解得v y=v0
则射出电场后沿x轴方向的位移x'=v0t2
y-R=v y t2
R
解得x'=1
2
R。

需要将整个电场沿x轴负向平移1
2。