【物理】2020届一轮复习人教版专题突破十带电粒子在复合场中的运动作业

【物理】2020届一轮复习人教版专题突破十带电粒子在复合场中的运动作业

‎2020届一轮复习人教版 专题突破十带电粒子在复合场中的运动 作业 ‎1．(2018·无锡市高三期末)如图5甲，xOy平面内，以O为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.一比荷大小为c的粒子以某一初速度从A(R,0)沿－x方向射入磁场，并从B(0，R)射出．不计粒子重力．‎ 图5‎ ‎(1)判定粒子的电性并求出粒子的初速度大小．‎ ‎(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，粒子从A以原初速度射入磁场，射出时速度方向与＋x轴成60°，求所叠加的磁场的磁感应强度．‎ ‎(3)若在平面内加一个以O为圆心，从原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，如图乙．粒子从A以原初速度射入磁场，从B射出后，在圆环形磁场中偏转，从P(－R，R)再次从圆环形磁场进入圆形磁场，则圆环形磁场外径应满足什么条件？求粒子运动的周期．‎ 答案　见解析 解析　(1)由左手定则可知，粒子带正电．粒子运动轨迹如图(a)，‎ 由洛伦兹力提供向心力得qvB0＝m，解得v＝cB0R ‎(2)粒子运动轨迹如图(b)，由几何关系可知，粒子的轨道半径变为R1＝R 由qvB＝可知，合磁感应强度应大小变为B＝B0‎ 若所叠加磁场垂直于纸面向外，粒子从M射出，则根据B1＋B0＝B，有B1＝(－1)B0‎ 若所叠加磁场垂直于纸面向里，粒子从N射出，则根据B1′－B0＝B，有B1′＝(＋1)B0‎ ‎(3)粒子运动轨迹如图(c)，由几何关系可知∠POB＝，‎ 粒子在圆环形磁场区的轨道半径为R2＝R，‎ 则要求外径R′≥R2＋2R2＝R 粒子完成一个周期运动满足×n＝2π×m，m、n均为正整数 满足条件的m、n的最小值m＝5、n＝12的周期为 T＝n× ‎＝.‎ ‎2.(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，半径为r的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场，电场与水平方向成60°角，同心大圆半径为r，两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m，电荷量为＋q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场，经磁场偏转恰好从内圆的最高点A处进入电场，并从最低点C处离开电场．不计粒子的重力．求：‎ 图6‎ ‎(1)该粒子从A处进入电场时的速率；‎ ‎(2)偏转电场的场强大小；‎ ‎(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围．‎ 答案　见解析 解析　(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子以v进入磁场经T的时间从内圆最高点A处进入电场．‎ 由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，由几何关系得R＝ 解得v＝.‎ ‎(2)带电粒子进入电场做类平抛运动，运动轨迹如图乙所示．‎ 由几何知识和平抛运动规律可得：2rcos 60°＝vt，2rsin 60°＝at2，Eq＝ma 解得E＝ ‎(3)带电粒子经加速电场获得一定动能进入磁场．‎ 加速电场中由动能定理得U加q＝mv2，磁场中由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m 解得U加＝ 使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，经分析R有三种临界值，如图丙所示．‎ ‎①当粒子运动半径为R1＝r，‎ 则粒子的速度大小为v1＝r，加速电压大小为U加1＝ ‎②当粒子运动半径为R2＝r，‎ 则粒子的速度大小为v2＝·r，加速电压大小为U加2＝ ‎③当粒子运动半径为R3＝r，‎ 则粒子的速度大小为v3＝·r, 加速电压大小为U加3＝ 所以加速电压的取值范围：‎ ‎0＜U加≤或≤U加≤. ‎ ‎3．(2018·苏州市模拟)如图7所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上．在第一、第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，其大小E1＝；在第二、第三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向外的匀强磁场，电场强度大小E2＝，磁感应强度大小为B.现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从x轴上距坐标原点为d的P点由静止释放．(重力加速度为g)‎ 图7‎ ‎(1)求小球从P点开始运动后，第一次经过y轴时速度的大小；‎ ‎(2)求小球从P点开始运动后，第二次经过y轴时的纵坐标；‎ ‎(3)若小球第二次经过y轴后，第一、第四象限内的电场强度大小变为E1′＝，方向不变，求小球第三次经过y轴时的纵坐标．‎ 答案　(1)　(2)－d(3)－d 解析　(1)设小球在第一、四象限中的加速度为a，由牛顿第二定律得＝ma 得到a＝，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为θ，则 tanθ＝＝，小球移动的位移x＝＝2d，所以经过y轴时速度的大小为v0＝＝＝.‎ ‎(2)小球第一次经过y轴后，在第二、三象限内，由于qE2＝mg，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图甲所示．设轨迹半径为R，‎ 由洛伦兹力提供向心力qv0B＝m，得R＝ 由几何关系知Δy＝R＝＝，OP′＝dtanθ＝d 故小球第二次经过y轴时的纵坐标y1＝－d.‎ ‎(3)从第二次经过y轴到第三次经过y轴过程，小球在第一、四象限内的受力分析如图乙所示．‎ 由图可知tanα＝＝，则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，加速度a′＝＝2g 小球第三次经过y轴时，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的关系可知 v0t′＝××2gt′2‎ 得小球运动时间t′＝＝＝ 小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为：‎ Δy′＝＝·＝d 故小球第三次经过y轴时的纵坐标为：‎ y2＝y1－Δy′＝－d.‎ ‎1．(2018·扬州市一模)在如图1所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d.PQ右侧为偏转电场，两极板长度为d，间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：‎ 图1‎ ‎(1)电子通过磁场区域的时间t；‎ ‎(2)偏转电场的电压U；‎ ‎(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上．‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)电子在磁场区域由洛伦兹力提供向心力可得：‎ evB＝m，得到：r＝ 运动周期T＝＝ ‎△OAC和△OQC均为等腰直角三角形，故粒子偏转的圆心角为90°，‎ 故通过磁场区域的时间为t＝T＝.‎ ‎(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场，如图所示，‎ 由几何知识得r＝d，由r＝解得v＝ 通过电场的时间t1＝＝ 电子离开电场后做匀速直线运动到达M点，由几何关系有：‎ ＝＝，‎ 又y1＋y2＝d 解得y1＝d 即·t＝d 代入数据解得U＝.‎ ‎(3)若电子恰好打在下极板右边缘，如图所示．‎ 磁场中r′＝ 电场中水平方向：d＝v′t 竖直方向：r′＝·t2‎ 由上述三式代入数据解得v′＝.‎ ‎2.(2019·高邮中学段考)北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图2所示：MN和PQ为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D同时入射，入射方向平行EF且垂直磁场．已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为8d，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为＋e和－e，忽略电子进入加速器的初速度．‎ 图2‎ ‎(1)试判断从注入口C入射的是哪一种电子？电子经加速器加速后速度为v0，求直线加速器的加速电压U；‎ ‎(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B，正、负电子以v1＝的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？‎ ‎(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为，正、负电子仍以v1＝的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt＝，求正、负电子相撞的位置坐标．‎ 答案　(1)正电子　　(2)　(3)(d，d)‎ 解析　(1)由左手定则判断，从C入射的为正电子，由动能定理 eU＝mv，‎ 解得：加速电压U＝ ‎(2)电子射入后的轨迹如图甲所示 电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，设为r，‎ 由洛伦兹力提供向心力eBv1＝m，解得：r＝d 周期T＝ 对撞时间：t＝T＝ ‎(3)电子射入后的轨迹如图乙所示 电子在Ⅰ区域中运动时半径r1＝d，周期T1＝ 电子在Ⅱ区域中运动时半径r2＝3d，周期T2＝，Δt＝＝ 设正、负电子在A点相撞，由几何关系可知A与圆心的连线与水平方向夹角θ＝30°，A的横坐标x＝r2cosθ＝d，A的纵坐标y＝4d－r2sinθ＝d 正、负电子相撞的位置坐标为(d，d)．‎ ‎3．(2018·海安中学月考)如图3甲所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，其边界为MN、PQ，两区域磁感应强度大小均为B，方向如图所示，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动．(重力加速度为g)‎ 图3‎ ‎(1)求电场强度E的大小；‎ ‎(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求带电小球释放时距MN的高度h；‎ ‎(3)若带电小球从距MN高度为3h的O′点由静止开始下落，为使带电小球运动一定时间后仍能回到O′点，需将磁场Ⅱ向下移动一定距离(如图乙所示)，求磁场Ⅱ向下移动的距离y及小球从O′点释放到第一次回到O′点的运动时间T.‎ 答案　见解析 解析　(1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即qE＝mg，解得E＝ ‎(2)只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O点，如图甲所示 由动能定理得：mgh＝mv2‎ Bqv＝ 由几何关系得：R＝d 联立解得：h＝ ‎(3)当带电小球从距MN的高度为3h的O′点由静止开始下落时，应有 mg·3h＝mv，小球运动轨迹半径R1＝ 联立解得：R1＝2d 画出小球的运动轨迹，如图乙所示，在中间匀速直线运动过程中，小球的速度方向与竖直方向成30°角，根据几何关系有，R1sin 60°＝R1(1－cos 30°)＋ytan 30°，可得磁场Ⅱ向下移动距离y＝(6－2)d 小球自由落体和竖直上抛的总时间t1＝2＝ 小球做圆周运动的总时间t2＝ 小球做匀速直线运动的总时间t3＝＝ 第一次回到O′点的运动时间T＝t1＋t2＋t3＝＋＋.‎ ‎4.(2018·常州市一模)如图4所示的xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy(未知)，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外．电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场．已知电子质量为m，电荷量为e，E＝，B2＝，不计电子重力．‎ 图4‎ ‎(1)求磁感应强度B1的大小；‎ ‎(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的取值范围；‎ ‎(3)若电场沿y轴正方向，Δy＝R，欲使电子b能到达x轴且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积．‎ 答案　(1)　(2)Δy＞R　(3)4(2＋)R2‎ 解析　(1)电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，电子a射入，经过O点进入x轴下方，则r＝R，‎ 洛伦兹力提供向心力得ev0B1＝m，解得B1＝ ‎(2)匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做匀减速运动，设电子a速度减小为0时位移是Δy0，此过程由动能定理有eE·Δy0＝mv，可求出Δy0＝＝R，则电子a不能到达MN时Δy＞R ‎(3)匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时的速度大小为v，电子b在MN下方磁场区域做匀速圆周运动的轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图甲所示．‎ 由动能定理有eE·Δy＝mv2－mv，‎ 解得v＝2v0，在电场中的加速度a＝＝，‎ 在电场中运动的时间t1＝＝，‎ 电子在x轴方向上的位移x＝v0t1＝2R；‎ 由牛顿第二定律，有：evB2＝m，代入得：r1＝R，‎ cos θ＝＝，故θ＝；‎ 由几何关系可知，在MN下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平方向夹角为θ＝时，粒子能够到达x轴且与原点O距离最远，如图乙所示．由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1＝r1＋r1sin θ，‎ 竖直边长为l2＝r1＋r1cos θ，‎ 最小面积为S＝l1l2＝r(1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R2.‎