(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時加練第11章　微專題74　帶電粒子在組合場中的運動 (含解析)

微專題74帶電粒子在組合場中的運動1．帶電粒子在勻強電場中一般做勻變速直線運動或勻變速曲線運動；在勻強磁場中一般做勻速圓周運動.2.明確各段運動的性質(zhì)，畫出運動軌跡，特別注意各銜接點的速度方向、大小．1.在如圖所示的xOy平面的第一象限內(nèi)，存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度分別為B1、B2的兩個勻強磁場(圖中未畫出)．Oa是兩磁場的邊界，且與x軸的夾角為45°.一不計重力、帶正電的粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場．之后粒子在磁場中的運動軌跡恰與y軸相切但未離開磁場．則兩磁場磁感應(yīng)強度大小之比為()A.eq\f(B1,B2)＝eq\f(1,4) B.eq\f(B1,B2)＝eq\f(2,1)C.eq\f(B1,B2)＝eq\f(1,2) D.eq\f(B1,B2)＝eq\f(4,1)答案C解析設(shè)帶電粒子在B1中運動的半徑為R1，在B2中運動的半徑為R2，根據(jù)條件作出粒子的運動軌跡如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可知R1＝2R2，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)可得eq\f(B1,B2)＝eq\f(R2,R1)＝eq\f(1,2)，故C正確，A、B、D錯誤．2.(多選)(2023·遼寧省丹東質(zhì)檢)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一虛線，虛線．虛線下方到第四象限內(nèi)有與虛線平行、電場強度E＝20N/C的勻強電場．一比荷eq\f(q,m)＝2×105C/kg的帶電粒子從y軸正半軸上的P點以速度v0＝300m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子進入磁場后，從虛線上的M點(M點圖中未畫出)垂直虛線方向進入電場(不計重力)，則()A．該帶電粒子一定帶正電B．OM之間的距離為2mC．粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為0.98mD．粒子第一次穿過虛線后能擊中x軸答案BC解析根據(jù)題目的描述可知，粒子進入磁場時受到的洛倫茲力豎直向下，根據(jù)左手定則可知，帶電粒子帶負電，故A錯誤；粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則qv0B＝eq\f(mv02,r)代入數(shù)據(jù)解得：r＝2m，根據(jù)幾何關(guān)系可知，O點為粒子做圓周運動的圓心，因此OM之間的距離也等于半徑，即為2m，故B正確；將粒子進入電場后的速度分解為水平和豎直方向，將粒子的加速度也分解為水平和豎直方向，則在豎直方向上：y＝eq\f(v0cos30°2,2asin30°)，其中，a＝eq\f(qE,m)，無法擊中x軸，故C正確，D錯誤．3．(2023·云南省玉溪三中高三月考)如圖所示，在x軸上方及下方存在方向垂直紙面向里的范圍足夠大勻強磁場，上方磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、下方磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B,3).一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從x軸上的O點以速度v0垂直x軸向上射出．不計粒子重力．求：(1)射出后粒子第二次到達x軸時離O點的距離，并畫出該過程粒子運動的軌跡；(2)射出后粒子經(jīng)過多長時間第二次到達x軸．答案(1)eq\f(4mv0,Bq)軌跡見解析圖(2)eq\f(4πm,Bq)解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，粒子運動的軌跡如圖所示由Bqv＝meq\f(v2,r)得圓周運動半徑r＝eq\f(mv,Bq)故在x軸上方做圓周運動時，有r1＝eq\f(mv0,Bq)在x軸下方做圓周運動時，有r2＝eq\f(mv0,\f(B,3)·q)＝eq\f(3mv0,Bq)射出后粒子第二次到達x軸時離O點的距離d＝2r2－2r1＝eq\f(4mv0,Bq)(2)由T＝eq\f(2πr,v)可得圓周運動周期T＝eq\f(2πm,Bq)在x軸上方做圓周運動時，有t1＝eq\f(1,2)T1＝eq\f(1,2)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πm,Bq)在x軸下方做圓周運動時t2＝eq\f(1,2)T2＝eq\f(1,2)×eq\f(2πm,\f(B,3)·q)＝eq\f(3πm,Bq)則射出后粒子第二次到達x軸所用時間t＝t1＋t2＝eq\f(4πm,Bq).4.(2023·安徽省江淮十校第一次聯(lián)考)如圖所示，在第Ⅰ象限的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限的區(qū)域存在方向沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小均為E，在第Ⅲ、Ⅳ象限的區(qū)域存在方向垂直xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核eq\o\al(1,1)H和一個氘核eq\o\al(2,1)H先后從點A(－l，l)處靜止釋放．已知eq\o\al(1,1)H進入磁場后從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場.eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計氕核、氘核重力．求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應(yīng)強度的大小；(3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到進入磁場時入射點的距離．答案(1)2l(2)eq\r(\f(2mE,ql))(3)2eq\r(2)l解析根據(jù)題意作出氕核軌跡如圖所示(1)eq\o\al(1,1)H在第二象限內(nèi)由動能定理有qEl＝eq\f(1,2)mv02在第一象限內(nèi)做類平拋運動x＝v0tl＝eq\f(1,2)at2qE＝ma得x＝2l(2)由(1)得tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1可得θ＝45°，v＝eq\r(2)v0由幾何關(guān)系知，eq\o\al(1,1)H在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R＝eq\r(2)l，由qvB＝meq\f(v2,R)得B＝eq\r(\f(2mE,ql))(3)同理對eq\o\al(2,1)HqEl＝eq\f(1,2)·2mv12在第一象限內(nèi)做類平拋運動x1＝v1t1l＝eq\f(1,2)a1t12qE＝2ma1得x1＝2ltanθ1＝eq\f(vy1,v1)＝1可得θ1＝45°，v′＝eq\r(2)v1＝v0即仍從相同位置以相同角度進入磁場．則eq\o\al(2,1)H在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r＝eq\r(2)R＝2l，由幾何關(guān)系得eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到進入磁場時入射點的距離為d＝2rcos45°＝2eq\r(2)l.5．(2023·重慶市模擬)如圖所示，在真空中的xOy平面內(nèi)，有四個邊界垂直于x軸的條狀區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，區(qū)域Ⅰ、Ⅲ寬度均為d，內(nèi)有沿－y方向的勻強電場E；區(qū)域Ⅱ、Ⅳ寬度均為2d，內(nèi)有垂直于xOy平面向內(nèi)的勻強磁場B1和B2.M是區(qū)域Ⅲ右邊界與x軸的交點．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子甲以速度v0從O點沿x軸正方向射入電場E，經(jīng)過一段時間后，沿x軸正方向與靜止在M點的粒子乙結(jié)合在一起，成為粒子丙進入?yún)^(qū)域Ⅳ，之后直接從右邊界上Q點(圖中未標(biāo)出)離開區(qū)域Ⅳ.粒子乙不帶電，質(zhì)量為2m，結(jié)合前后無電荷損失，結(jié)合時間極短，已知E＝eq\f(\r(3)mv02,qd)，粒子重力不計．求：(1)粒子甲離開區(qū)域Ⅰ時速度的大小v1和與x軸正方向的夾角θ；(2)磁感應(yīng)強度B1的大?。?3)粒子丙從M點運動到Q點的最長時間tm.答案(1)60°(2)eq\f(\r(3)mv0,qd)(3)eq\f(3πd,v0)解析(1)設(shè)粒子甲在區(qū)域Ⅰ電場中的加速度為a1，運動時間為t1，離開區(qū)域Ⅰ時速度大小為v1，與x軸正方向夾角為θ，v1沿y軸負方向的大小為vy，則：根據(jù)牛頓第二定律有：qE＝ma1水平方向：d＝v0t1豎直方向：vy＝a1t1由速度的合成與分解及幾何關(guān)系有：vy＝v0tanθ、v1＝eq\f(v0,cosθ)解得：v1＝2v0，θ＝60°(2)粒子甲運動到M點時速度沿x軸正方向，由運動的對稱性，粒子甲在勻強磁場B1中做勻速圓周運動的軌跡關(guān)于區(qū)域Ⅱ垂直于x軸的中線對稱，設(shè)軌道半徑為r1，則由對稱性和幾何關(guān)系：d＝r1sinθ洛倫茲力提供向心力：qv1B1＝eq\f(mv12,r1)聯(lián)立解得：B1＝eq\f(\r(3)mv0,qd)(3)設(shè)粒子甲在M點與粒子乙結(jié)合前速度大小為v2，粒子丙在M點速度大小為v3，則由題意知：v2＝v0以x軸正方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mv2＝3mv3粒子丙在磁場B2中以速度v3做勻速圓周運動，且從右邊界上Q點離開，則當(dāng)勻速圓周運動的半徑r2＝2d時，粒子丙在磁場B2中運動時間最長，設(shè)為t4，則t4＝eq\f(2πr2,4v3)＝eq\f(3πd,v0).6．(2023·江蘇揚州市模擬)如圖所示的xOy平面內(nèi)，x＜0的區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場．在0＜x≤2eq\r(3)L區(qū)域內(nèi)，處于第一象限的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1；處于第四象限的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B2，大小關(guān)系為B2＝2B1，均垂直于紙面向外．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子，在t＝0時刻，從P(－2L，－eq\f(\r(3),3)L)點以速度v0沿x軸正向水平射出，恰好從坐標(biāo)原點進入第一象限，最終從x軸上的Q(2eq\r(3)L,0)點射出磁場，不計粒子的重力．求：(1)勻強電場的電場強度大小E；(2)磁感應(yīng)強度B1的最小值；(3)若B1＝eq\f(mv0,qL)，整個過程粒子運動的時間t.答案(1)eq\f(\r(3)mv02,6qL)(2)eq\f(mv0,3qL)(3)(2＋5π)eq\f(L,v0).解析(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，將其分解為沿＋x方向的勻速直線運動和沿＋y方向的勻加速直線運動．設(shè)粒子經(jīng)過O點時的速度大小為v，其沿y軸分速度大小為vy，末速度v與x軸正方向的夾角為θ，其運動軌跡如圖所示，則有：a＝eq\f(qE,m)2L＝v0t1eq\f(\r(3),3)L＝eq\f(1,2)at12vy＝at1tanθ＝eq\f(vy,v0)v＝eq\f(v0,cosθ)聯(lián)立解得：E＝eq\f(\r(3)mv02,6qL)；θ＝30°；v＝eq\f(2\r(3),3)v0；t1＝eq\f(2L,v0)(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有：qvB1＝meq\f(v2,r)解得：B1＝eq\f(mv,qr)可見磁感應(yīng)強度B1最小時，粒子運動半徑最大，由幾何關(guān)系可知粒子在第一象限磁場中由O直接到Q點，其半徑最大，則有：rmax＝eq\f(\f(OQ,2),sinθ)＝eq\f(2\r(3)L,2×\f(1,2))＝2eq\r(3)L解得磁感應(yīng)強度B1的最小值：B1min＝eq\f(mv,qrmax)＝eq\f(m×\f(2\r(3),3)v0,q×2\r(3)L)＝eq\f(mv0,3qL)；(3)當(dāng)B1＝eq\f(mv0,qL)時，由洛倫茲力提供向心力有qvB1＝meq\f(v2,r1)解得粒子在第一象限中運動半徑為r1＝eq\f(mv,qB1)＝eq\f(2\r(3),3)L，軌跡的弦長為：d1＝2r1sinθ＝r1＝eq\f(2\r(3),3)Lt2＝eq\f(2θ,360°)·eq\f(2πr1,v)＝eq\f(πL,3v0)設(shè)粒子在第四象限中的運動半徑為r2，同理可得r2＝eq\f(mv,qB2)＝eq\f(mv,2qB1)＝eq\f(1,2)r1軌跡的弦長為：d2＝2r2sinθ＝eq\f(\r(3),3)L軌跡圓心角為360°－2θ＝360°－60°＝300°t3＝