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  • 2021-06-02 发布

2021高考物理新高考版一轮习题:第九章 微专题67 “带电粒子在组合场中的运动”的解题策略 Word版含解析

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‎1.带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动;在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动;‎ ‎2.明确各段运动性质,画出运动轨迹,特别注意各衔接点的速度方向、大小.‎ ‎1.(2019·辽宁省重点协作体模拟)如图1所示,在矩形ABCD内,对角线BD以上的区域存在平行于AD向下的匀强磁场,对角线BD以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出),其中AD边长为L,AB边长为L,一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子(不计重力)以初速度v0从A点沿AB方向进入电场,经对角线BD某处垂直BD进入磁场.求:‎ 图1‎ ‎(1)该粒子进入磁场时速度的大小;‎ ‎(2)电场强度的大小;‎ ‎(3)要使该粒子能从磁场返回电场,磁感应强度满足什么条件?(结论可用根式来表示)‎ ‎2.(2019·山东潍坊市下学期高考模拟)如图2所示竖直平面内的直角坐标系xOy,x轴水平且上方有竖直向下的匀强电场,场强大小为E,在x轴下方有一圆形有界匀强磁场,与x轴相切于坐标原点,半径为R.已知质量为m、电荷量为q的粒子,在y轴上的(0,R)点无初速度释放,粒子恰好经过磁场中(R,-R)点,粒子重力不计,求:‎ 图2‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B;‎ ‎(2)若将该粒子释放位置沿y=R直线向左移动一段距离L,无初速度释放,当L为多大时粒子在磁场中运动的时间最长,最长时间多大;‎ ‎(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值.‎ ‎3.(2020·江西宜春市月考)如图3所示,竖直平面内MN的右侧同时存在垂直纸面向外的水平 匀强磁场和竖直方向的匀强电场(图中未画出),磁场边界与水平方向的夹角为60°,在MN的左侧,有一倾角为60°的光滑轨道CD,轨道的下端D恰好在磁场的边界上.一质量为m的小球带有电荷量为q的某种电荷,从A点以v0的水平速度垂直磁场方向做平抛运动,小球恰好在轨道最高点C无碰撞地进入,然后沿着轨道进入电磁场中做匀速圆周运动(A、C、D在同一竖直平面内,且AC和CD在竖直方向上的距离相等),一段时间后,小球离开电磁场,又恰好落回到D点.求:‎ 图3‎ ‎(1)电场强度的大小和方向;‎ ‎(2)AC间的距离;‎ ‎(3)磁场的磁感应强度的大小.‎ ‎4.(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)如图4所示的直角坐标系xOy中,在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场,PQ是磁场的右边界,磁场的上下区域足够大,在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场,一个质量为m,电荷量为+q的带电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中,粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限,带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限,最后垂直磁场右边界PQ离开磁场区域,已知M点与原点O的距离为l,N点与原点O的距离为l,第一象限的磁感应强度满足B=,不计带电粒子的重力,求:‎ 图4‎ ‎(1)匀强电场的电场强度大小;‎ ‎(2)第四象限内的磁感应强度大小;‎ ‎(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场,在磁场中运动的总时间.‎ 答案精析 ‎1.(1)2v0 (2) (3)B2≥ 解析 (1)由几何关系可得∠BDC=30°,带电粒子受电场力作用做类平抛运动,则vx=v0,vy=v0,则v==2v0.‎ ‎(2)设BP的长度为x,则有xsin 30°=t1,L-xcos 30°=v0t1,Eq=ma,vy=at1,联立解得E=.‎ ‎(3)若磁场方向向外,轨迹与DC相切,如图甲所示,有R1+=,得R1=L,‎ 由B1qv=m,得B1= 磁场方向向外,要使粒子返回电场,则B1≥ 若磁场方向向里,轨迹与BC相切时,如图乙所示,‎ 有R2+= 得R2= 由B2qv=m得B2= 磁场方向向里,要使粒子返回电场,则B2≥.‎ ‎2.(1) ,方向垂直xOy平面向里 (2)R  (3)R 解析 (1)粒子匀加速运动:EqR=mv2‎ 设圆周运动半径为r,则qvB=m,由几何关系可知 r2=(r-R)2+R2‎ 解得r=R,B=,磁场方向垂直xOy平面向里;‎ ‎(2)当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长,所转过的圆心角为α 则rsin=R,解得α=π,此时L=Rsin=R 在磁场中运动的时间为t= 解得t= ;‎ ‎(3)粒子回到电场时速度与水平方向成30°角.‎ 粒子沿y轴做匀减速运动至速度为零时,竖直高度最大,vsin 30°=at′,Eq=ma 水平方向匀速运动x′=vcos 30°t′‎ 解得:x′= 粒子返回电场时的水平坐标为x0,=cot 30°,h= 运动到最高点时的水平坐标为:x=x0+x′=R ‎3.(1) 电场方向竖直向下 (2) (3) 解析 (1)由带电小球在电磁场中做匀速圆周运动可知 Eq=mg 解得:E= 根据带电小球在磁场中的运动轨迹可知,小球带负电,而小球受的电场力方向竖直向上,因此电场方向竖直向下;‎ ‎(2)小球恰好在轨道最高点C无碰撞地进入,因此小球在C点的速度方向沿CD方向,即与水平成60°角斜向下,将小球在C点的速度分解,如图甲所示,‎ 则有:vy=v0tan 60°=v0,vy=gtAC 解得:tAC= 则:xAC=v0tAC=,yAC=vytAC= 故AC间的距离:LAC==; ‎ ‎(3)因为AC和CD在竖直方向上的距离相等,‎ 因此yAD=2yAC= 则小球从A运动到D的过程中有:mgyAD=mv-mv02‎ 解得:vD=v0‎ 小球进入电磁场中以vD做匀速圆周运动,如图所示:‎ 由图乙可知,小球从H点离开电磁场后恰好以vD的速度做平抛运动,又恰好落回到D点,故有:LHDcos 60°=vDtHD,LHDsin 60°=gt 联立解得:LHD= ‎ 小球做匀速圆周运动的半径满足:2rsin 60°=LHD,解得:r= 小球做匀速圆周运动时有:BqvD=m 因此磁场的磁感应强度的大小为:B==.‎ ‎4.(1) (2) (3)+(n=0,1,2,3,…)‎ 解析 (1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a 根据牛顿第二定律得:qE=ma 粒子沿y轴方向:l=v0t 粒子沿x轴方向:l=at2‎ 解得:E=.‎ ‎(2)粒子沿x轴方向匀加速运动,速度v1=at=v0‎ 进入磁场时与y轴正向夹角的正切值tan θ== 解得θ=60°‎ 进入磁场时速度大小为v=2v0‎ 其运动轨迹,如图所示 在第一象限由洛伦兹力提供向心力得:qvB=m 解得: R1=l 由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点,因ON满足ON=2R1cos 30°,所以NA为直径.‎ 带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限,‎ 满足(2R1+R2)sin 30°=R2,解得R2=2l 又qvB=m,解得:B2== ‎(3)带电粒子到达D点时,因为DC=R1sin 30°= D′H=R2-R2sin 30°=l F点在H点的左侧,带电粒子不可能从第一象限垂直磁场边界离开磁场 带电粒子在第一象限运动周期T1== 带电粒子在第四象限运动周期T2== 带电粒子在磁场中运动时间满足t=++n×(T1+T2)‎ 解得:t=+(n=0,1,2,3…).‎

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