2019届高考物理总复习第九章磁场题型探究课带电粒子在复合场中的运动测习题

题型探究课带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动[学生用书P190]【题型解读】1．“电偏转”和“磁偏转”的比较要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：(1)从电场进入磁场①粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．②粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用类平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．(2)从磁场进入电场①粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)．②粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动．【典题例析】(2017·高考天津卷)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比．[解析] (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t① L ＝12at 2②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v yv y ＝at ③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有tan α＝v y v 0④ 联立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上． 设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 20＋v 2y⑥ 联立①②③⑥式得v ＝2v 0.⑦(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得F ＝ma⑧ 又F ＝qE⑨设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R⑩由几何关系可知R ＝2L ⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得E B ＝v 02.[答案] 见解析1.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x ＜0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ＞1)．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求(不计重力)(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB 0v 0＝m v 20R 1① q λB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ.⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为d 0＝2(R 1－R 2)＝2mv 0B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ. 答案：见解析带电粒子在叠加场中的运动[学生用书P191]【题型解读】带电粒子在叠加场中运动的分析方法【典题例析】如图甲所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0.一电荷量为＋q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小；(2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间；(3)在图乙中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？[解析] (1)电场、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理qU ＝12mv 21－12mv 2①得v 0＝ v 21－2qUm.②(2)由牛顿第二定律qBv 2＝mv 22R③如图1所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O ′和半径RR 2＋R 2＝(R 2－R 1)2④联立③④得磁感应强度大小B ＝2mv 22qR 0⑤粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πRv 2⑥由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间t ＝T 4⑦ 联立④⑥⑦式，得t ＝2πR 02v 2. ⑧图1 图2(3)如图2所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A 点的最大内切圆半径，该半径为R c ＝R 1＋R 22⑨代入公式得磁感应强度应小于B c ＝mv 32qR 0.○10 [答案] (1)v 21－2qU m (2)2mv 22qR 0 2πR 02v 2 (3)mv 32qR 02.(2018·浙江省名校协作体高三联考)如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．在OP 与QR 之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .C 、D 是质量为m 和4m 的绝缘小物块(可视为质点)，其中D 带有电荷量q ，C 不带电．现将物块D 静止放置在水平轨道的MO 段，将物块C 从离水平轨道MN 距离h 高的L 处由静止释放，物块C 沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D 相碰，碰后物体C 被反弹滑至斜面h9处，物体D 进入虚线OP 右侧的复合场中继续运动，最后从RQ 侧飞出复合场区域．求：(1)物块D 进入磁场时的瞬时速度v D 的大小；(2)若物块D 进入磁场后恰好做匀速圆周运动，求所加匀强电场的电场强度E 的值及物块D 的电性；(3)若物块D 飞离复合场区域时速度方向与水平夹角为60°，求物块D 飞出QR 边界时与水平轨道的距离d .解析：(1)对物块C ，根据动能定理有mgh ＝12mv 2反弹后12mv 21＝mg h 9得：v 1＝v3碰撞时由动量守恒定律：mv ＝－mv 1＋4mv D代入得：v D ＝v 3＝2gh3.(2)若物块D 做匀速圆周运动，则电场力与重力相等： 4mg ＝Eq得：E ＝4mgq带正电．(3)由几何关系得d ＝(1－cos 60°)R ＝R2R ＝4mv 3Bq ＝4m 2hg 3Bq得：d ＝R 2＝2m 2hg 3Bq.答案：(1)2hg 3 (2)4mg q 带正电 (3)2m 2hg3Bq带电粒子在交变场中的运动[学生用书P192]【题型解读】1．解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断．2．这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系．3．带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同．【典题例析】(高考山东卷)如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B 0＝4mv 0qd，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B .[审题指导] (1)入射的粒子经Δt ＝T B2时间恰能垂直打在P 板上，粒子应运动四分之一圆弧．(2)入射的粒子经Δt ＝32T B 时间恰能垂直打在P 板上，粒子应连续运动三个四分之一圆弧．(3)当B 0＝4mv 0qd时，如何求运动周期？[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，洛伦兹力提供向心力，则有qv 0B 0＝mv 2R 1①据题意由几何关系得R 1＝d ② 联立①②式得B 0＝mv 0qd. ③(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 20R 2④据题意由几何关系得3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得a ＝3v 2d.⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 2R⑧ 由题意知B 0＝4mv 0qd，代入⑧式得d ＝4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且要求0<θ<π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B2⑩设经历完整T B 的个数为n (n ＝0，1，2，3…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d⑪ 当n ＝0时，无解 ⑫当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬ 联立⑦⑨⑩⑬式得T B ＝πd 3v 0⑭当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d⑯ 当n ＝0时，无解 ⑰当n ＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得 T B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋arcsin 14d 2v 0⑲当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求．[答案] (1)mv 0qd (2)3v 2d(3)πd 3v 0或⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋arcsin 14d 2v 03.在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN ，D 是MN 上的一点．在t ＝0时刻，有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可看做质点)，从M 点开始沿着水平直线以速度v 0做匀速直线运动，t 0时刻恰好到达N 点．经观测发现，小球在t ＝2t 0至t ＝3t 0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN 上的D 点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D 点．求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球从M 点开始运动到第二次经过D 点所用的时间； (3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)． 解析：(1)小球从M 点运动到N 点时， 有qE ＝mg ，解得E ＝mg q.(2)小球从M 点到达N 点所用时间t 1＝t 0小球从N 点经过34个圆周，到达P 点，所以t 2＝t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫或t 2＝34×2πm qB 0＝t 0 小球从P 点运动到D 点的位移x ＝R ＝mv 0B 0q小球从P 点运动到D 点的时间t 3＝R v 0＝mB 0q所以时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2t 0＋m B 0q⎣⎢⎡⎦⎥⎤或t ＝m qB 0（3π＋1），t ＝2t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫13π＋1.(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为T ＝8t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫或T ＝12πm qB 0.答案：(1)mgq (2)2t 0＋mB 0q(3)8t 0 运动轨迹见解析[学生用书P193]1．(2015·高考天津卷)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d .电场强度为E ，方向水平向右；磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v 2的大小与轨迹半径r 2；(2)粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn ，试求sin θn ；(3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．解析：(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．由动能定理，有2qEd ＝12mv 22①由①式解得v 2＝2qEd m②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv 2B ＝m v 22r 2③由②③式解得r 2＝2BmEd q. ④(2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ，轨迹半径为r n (各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．nqEd ＝12mv 2n ⑤ qv n B ＝m v 2n r n⑥甲粒子进入第n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn ，从第n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn ，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有v n －1sin θn －1＝v n sin αn⑦由图甲看出r n sin θn －r n sin αn ＝d⑧由⑥⑦⑧式得r n sin θn －r n －1sin θn －1＝d ⑨由⑨式看出r 1sin θ1，r 2sin θ2，…，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d ○10乙当n ＝1时，由图乙看出r 1sin θ1＝d⑪由⑤⑥⑩⑪式得sin θn ＝Bnqd 2mE. (3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，则 θn ＝π2，sin θn ＝1在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为q ′m ′，假设能穿出第n 层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ′n ，由于q ′m ′>q m则导致sin θ′n >1说明θ′n 不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．答案：见解析2．(2018·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y 轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，从y 轴上的M (0，d )点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴的N ⎝⎛⎭⎪⎫233d ，0点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y 轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x 轴上的P 点离开．不计粒子所受到的重力．求：(1)匀强电场的电场强度E 和磁场的磁感应强度B 的大小； (2)粒子运动到P 点的速度大小； (3)粒子从M 点运动到P 点所用的时间． 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示．设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t 1，粒子在N 点时速度大小为v 1，方向与x 轴正方向间的夹角为θ，则：x ＝v 0t 1＝233d y ＝12at 21＝dqE ＝ma ，tan θ＝v y v 0＝at 1v 0v 1＝v 0cos θ联立以上各式得：θ＝π3，v 1＝2v 0，E ＝3mv 22qd.粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv 1B ＝m v 21R由几何关系得：R ＝ONsin θ＝43d 联立并代入数据解得：B ＝3mv 02qd.(2)粒子由M 点到P 点的过程，由动能定理得：qEd ＋qE (R ＋R cos θ)＝12mv 2P －12mv 2代入(1)中所求数据解得：v P ＝10v 0.(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：t 1＝233d v 0＝23d3v 0粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T ＝2πR v 1＝4πd3v 0t 2＝π－13π2πT ＝4πd9v 0粒子在第Ⅲ象限内运动时有：R ＋R cos θ＝12at 23解得：t 3＝26d3v 0粒子从M 点运动到P 点的时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝（63＋66＋4π）d9v 0.答案：(1)3mv 202qd 3mv 02qd(2)10v 0(3)（63＋66＋4π）d 9v 03.如图所示，在无限长的竖直边界NS 和MT 间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM 平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，KL 为上下磁场的水平分界线，在NS 和MT 边界上，距KL 高h 处分别有P 、Q 两点，NS 和MT 间距为1.8h ，质量为m 、带电量为＋q 的粒子从P 点垂直于NS 边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g .(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS 边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q 点从MT 边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值． 解析：(1)设电场强度大小为E 由题意可知mg ＝qE 得E ＝mgq，方向竖直向上．(2)如图甲所示，设粒子不从NS 边飞出的入射速度最小值为v min ，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r 1和r 2，圆心的连线与NS 的夹角为φ.由r ＝mv qB ，有r 1＝mv minqB， r 2＝mv min 2qB ＝12r 1由(r 1＋r 2)sin φ＝r 2，r 1＋r 1cos φ＝h 联立各式解得v min ＝(9－62)qBh m.甲 乙(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r 1和r 2，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x .由题意有3nx ＝1.8h (n ＝1，2，3，…) 32x ≥（9－62）h 2，x ＝r 21－（h －r 1）2 得r 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋0.36n 2h2，n <3.5即n ＝1时，v ＝0.68qBh m ；n ＝2时，v ＝0.545qBh m ；n ＝3时，v ＝0.52qBhm.答案：(1)mgq 方向竖直向上 (2)(9－62)qBh m(3)0.68qBh m 0.545qBh m 0.52qBh m4．如图a 所示，匀强磁场垂直于xOy 平面，磁感应强度B 1按图b 所示规律变化(垂直于纸面向外为正)．t ＝0时，一比荷为qm＝1×105C/kg 的带正电粒子从原点沿y 轴正方向射入，速度大小v ＝5×104m/s ，不计粒子重力．(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径． (2)求t ＝π2×10－4s 时带电粒子的坐标．(3)保持图b 中磁场不变，再加一垂直于xOy 平面向外的恒定匀强磁场B 2，其磁感应强度为0.3 T ，在t ＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．解析：(1)带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向力心，qvB 1＝m v 2rr ＝1 m.(2)带电粒子在磁场中运动的周期，T 0＝2πr v ＝2π5×10－4s 在0～π4×10－4s 过程中，粒子运动了5T 08，圆弧对应的圆心角，θ1＝5π4在π4×10－4 s ～π2×10－4s 过程中，粒子又运动了5T 08，圆弧对应的圆心角，θ2＝5π4 轨迹如图1所示，根据几何关系可知，横坐标：x ＝2r ＋2r sin π4＝(2＋2) m ≈3.41 m纵坐标：y ＝－2r cos π4＝－ 2 m ≈－1.41 m带电粒子的坐标为(3.41 m ，－1.41 m)．(3)施加B 2＝0.3 T 的匀强磁场与原磁场叠加后，如图2所示， ①当nT ≤t ＜nT ＋T2(n ＝0，1，2，…)时，T 1＝2πm q （B 1＋B 2）＝π4×10－4s②当nT ＋T2≤t ＜(n ＋1)T (n ＝0，1，2，…)时，T 2＝2πm q （B 1－B 2）＝π×10－4s粒子运动轨迹如图3所示，则粒子回到原点的时刻为，t 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋2n π×10－4st 2＝2(n ＋1)π×10－4 s(n ＝0，1，2，3，…)．答案：(1)1 m (2)(3.41 m ，－1.41 m)(3)t 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋2n π×10－4st 2＝2(n ＋1)π×10－4 s(n ＝0，1，2，3，…)。