專題強(qiáng)化練2　磁場中的多解性和周期性問題

第一章安培力與洛倫茲力專題強(qiáng)化練2磁場中的多解性和周期性問題一、選擇題1.(2020江西南昌十中高二月考,)(多選)如圖所示,A點(diǎn)的離子源在紙面內(nèi)沿垂直O(jiān)Q的方向向上射出一束負(fù)離子,重力忽略不計。為把這束負(fù)離子約束在OP之下的區(qū)域,可加垂直紙面的勻強(qiáng)磁場。已知O、A間的距離為s,負(fù)離子的比荷為qm,速率為v,OP與OQ間夾角為30°。則所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足(深度解析)A.垂直紙面向里,B>mv3qs B.垂直紙面向里C.垂直紙面向外,B>3mvqs D.垂直紙面向外2.()(多選)如圖所示,直線MN與水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,左下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點(diǎn),能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子,所有粒子均能通過MN上的b點(diǎn),已知ab=L,則粒子的速度可能是()A.3qBL6m B.3qBL3m3.(2020黑龍江哈爾濱六中高三期末,)如圖所示,邊長為l的等邊三角形ACD內(nèi)、外分布著方向相反的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。頂點(diǎn)A處有一粒子源,能沿∠CAD的平分線方向發(fā)射不同速度的粒子,粒子質(zhì)量均為m,電荷量均為+q,不計粒子重力。則粒子以下列哪一速度發(fā)射時不能通過D點(diǎn)()A.qBl4m B.qBl2m C.34.(2020四川遂寧高二期末,)(多選)如圖所示,在x>0、y>0區(qū)域的真空中有方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,從x軸上的P點(diǎn)沿著與x軸成30°角的方向以任意大小的速度v射入磁場。不計粒子重力,則下列說法中正確的是()A.只要粒子的速度大小合適,粒子就可以通過坐標(biāo)原點(diǎn)B.粒子在磁場中運(yùn)動所經(jīng)歷的時間可能為3πC.粒子在磁場中運(yùn)動所經(jīng)歷的時間可能為πD.粒子在磁場中運(yùn)動所經(jīng)歷的時間可能為π二、非選擇題5.(2020重慶西南大學(xué)附中高三月考,)如圖1所示,在矩形ABCD區(qū)域里存在垂直于紙面方向的磁場,規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖2所示規(guī)律變化。t=0時刻,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子從B點(diǎn)以速率v0沿BC方向射入磁場,其中B0已知,T0未知,不計重力。(1)若AB=BC,粒子從D點(diǎn)射出磁場,求AB邊長度的可能值及粒子運(yùn)動的可能時間;(2)若AB∶BC=3∶1,粒子仍從D點(diǎn)射出磁場,求AB邊長度的可能值及粒子運(yùn)動的可能時間。圖1圖26.(2020四川成都外國語學(xué)校高二月考,)如圖甲所示,在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向。第二象限內(nèi)有一水平向右、場強(qiáng)為E1的勻強(qiáng)電場,第一、四象限內(nèi)存在正交的場強(qiáng)為E2、豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面方向的勻強(qiáng)交變磁場。從A點(diǎn)以v0=4m/s豎直向上射出一個比荷為qm=102C/kg的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),小球以v1=8m/s的速度從y軸上的C點(diǎn)水平向右進(jìn)入第一象限,且在第一象限內(nèi)剛好做圓周運(yùn)動。取小球從C點(diǎn)進(jìn)入第一象限的時刻為t=0,磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面向外為磁感應(yīng)強(qiáng)度正方向),g=10m/s2。(1)求小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的時間t1和E2的大小;(2)x軸上有一點(diǎn)D,OD=OC,若小球在通過C點(diǎn)后的運(yùn)動過程中不再越過y軸且沿x軸正方向通過D點(diǎn),求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0和磁場的變化周期T0。深度解析甲乙7.(2019北京西城高二期末,)如圖所示,足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置,間距為L,A1、A2上各有位置正對的小孔P、Q。兩板間存在兩個方向都垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,水平面PQ和MN分別是兩個磁場區(qū)的理想邊界面。擋板A1的左側(cè)是方向水平向右的勻強(qiáng)電場,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從電場中的O點(diǎn)以大小為v0的初速度豎直向上射出,運(yùn)動一段時間后從小孔P進(jìn)入Ⅰ區(qū),此時速度方向與豎直方向的夾角θ=60°。粒子進(jìn)入Ⅰ區(qū)運(yùn)動之后,從PQ邊界上的C1點(diǎn)第一次離開Ⅰ區(qū),C1點(diǎn)到擋板A1的距離為d,然后粒子進(jìn)入沒有磁場的區(qū)域運(yùn)動,從MN邊界上的D1點(diǎn)(圖中未畫出)第一次進(jìn)入Ⅱ區(qū),D1點(diǎn)到擋板A1的距離為52d。不計粒子重力,不考慮粒子碰到擋板的情況。(1)求勻強(qiáng)電場中O、P兩點(diǎn)間的電勢差U和Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小;(2)已知L=13d,最后粒子恰好從小孔Q射出,求Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的可能值。

答案全解全析1.BC當(dāng)所加勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里時,由左手定則可知負(fù)離子向右偏轉(zhuǎn);負(fù)離子被約束在OP之下的區(qū)域的臨界條件是離子的運(yùn)動軌跡與OP相切,如圖(大圓弧),由幾何知識知R2=OBsin30°=12OB,而OB=s+R2,故R2=s,所以當(dāng)離子運(yùn)動軌跡的半徑小于s時滿足約束條件;由牛頓第二定律可得qvB=mv2R2,所以得B>mvqs,選項(xiàng)A錯誤,B正確。當(dāng)所加勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向外時,由左手定則可知負(fù)離子向左偏轉(zhuǎn);負(fù)離子被約束在OP之下的區(qū)域的臨界條件是離子的運(yùn)動軌跡與OP相切,如圖(小圓弧),由幾何知識知R1=s3,所以當(dāng)離子運(yùn)動軌跡的半徑小于s3時滿足約束條件;由牛頓第二定律得qvB=mv2方法技巧離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律列出方程,結(jié)合幾何關(guān)系可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍。2.AB由題意可知,粒子可能的運(yùn)動軌跡如圖所示,所有圓弧所對的圓心角均為120°,所以粒子運(yùn)動的半徑為r=33·Ln(n=1,2,3,…);粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由洛倫茲力提供向心力,得qvB=mv2r,則v=qBrm=3qBL3m·13.C粒子帶正電,且經(jīng)過D點(diǎn),其可能的軌跡如圖所示:所有圓弧所對的圓心角均為60°,所以粒子運(yùn)動的半徑為r=ln(n=1,2,3,…);粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=mv2r,解得v=Bqrm=Bqlmn(n=1,2,3,4.CD如果粒子要從O點(diǎn)射出,則其運(yùn)動軌跡應(yīng)如圖甲所示,可以看出粒子還未到達(dá)O點(diǎn)時已經(jīng)從y軸射出磁場,故粒子不可能從O點(diǎn)射出磁場,選項(xiàng)A錯誤。如果粒子帶負(fù)電,則粒子的運(yùn)動軌跡如圖乙所示,根據(jù)幾何知識可知,其軌跡所對的圓心角為∠1=60°,所以粒子在磁場中的運(yùn)動時間為t=60°360°T=πm3qB;若粒子帶正電且從x軸射出磁場,則其運(yùn)動軌跡如圖丙所示,根據(jù)幾何知識可知,其軌跡所對的圓心角為∠2=300°,所以粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t'=300°360°T=5πm3qB;若粒子帶正電且從y軸射出磁場,其在磁場中運(yùn)動時間最長時,其軌跡剛好和y軸相切(臨界狀態(tài)),如圖丁所示,根據(jù)幾何知識可知,其軌跡所對圓心角為∠3=240°,所以粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t″=240°360°T=4πm3qB,5.答案見解析解析(1)若AB=BC,粒子通過D點(diǎn),其可能的運(yùn)動軌跡如圖甲、乙所示:甲乙則必須滿足2·AB=n·2r(n=1,2,3,…)t=n·T4(n=1,2,3,…粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,有qv0B0=m得r=mv0qB由以上各式聯(lián)立解得AB=nmv0qB0(n=1,2,3,…(2)若AB∶BC=3∶1,粒子仍通過D點(diǎn),其可能的運(yùn)動軌跡如圖所示:則必須滿足233AB=n·23r(n=1,2,3,t=n·23T(n=1,2,3,…又因?yàn)閞=mv0由以上各式聯(lián)立解得AB=3nmv0qB0(n=1,2,3,6.答案N/C(2)見解析解析(1)小球從A到C的過程,在豎直方向只受重力作用,做勻減速運(yùn)動,有t1=v小球進(jìn)入第一象限內(nèi)恰做圓周運(yùn)動,有mg-qE2=0代入數(shù)據(jù)解得t1s,E2N/C。(2)設(shè)小球在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為R,周期為T,C到O的距離為y,作出小球的運(yùn)動軌跡如圖所示:則有B0qv1=mv1若小球沿x軸正方向通過D點(diǎn),則由圖中幾何關(guān)系有y=n·2R(n=1,2,3,…),小球運(yùn)動的周期T=2πRv1,由C到D運(yùn)動的時間t=n·T2=nT聯(lián)立解得B0=0.2n(T)(n=1,2,3,…)T0=π20n(s)(n=1,2,3,方法技巧解決帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動問題的基本思路(1)先讀圖:明確場的變化情況;(2)受力分析:分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況;(3)過程分析:分析粒子在不同時間內(nèi)的運(yùn)動情況;(4)找銜接點(diǎn):找出銜接相鄰兩過程的物理量;(5)選規(guī)律:聯(lián)立不同階段的方程求解。7.答案(1)3mv022q2解析(1)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程,由動能定理得qU=12m(v2-v在P點(diǎn)的速度v滿足v0=vcosθ解得O、P兩點(diǎn)間的電勢差U=3粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有qvB1=mv粒子運(yùn)動情況如圖,可得2r1cosθ=d解得Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=2(2)粒子在Ⅱ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有qvB2=mv粒子的運(yùn)動情況如圖,粒子完成一個完整的周期性運(yùn)動,到達(dá)PQ邊界的C2點(diǎn)時,到擋板A1的距離為x=d+2×(52d-d)-2r2cos即x=4d-r2不考慮粒子碰到擋板的情況下,粒子恰好從小孔Q射出,有兩種情況:①第一種情況是粒子斜向下射出小孔Q,對應(yīng)的條件是nx+d=L(n=1,2,3,…)將L=13d代入上式并整理可得r2=1-考慮到r2>0,則n>3再考慮粒子不能碰到擋板,則需滿足條件r2+r2cosθ<52可解得r2<53綜合以上條件,可知n只能