《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場(chǎng) 第28講 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場(chǎng) 第28講 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第28講 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解密考綱考查粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，例如質(zhì)譜儀、回旋加速器1(2019山東莒縣二中高三月考)(多選)用如圖所示的回旋加速器來(lái)加速質(zhì)子，為了使質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能增加為原來(lái)的4倍，可采用下列哪幾種方法()A將其磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來(lái)的2倍B將其磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來(lái)的4倍C將D形盒的半徑增大為原來(lái)的2倍D將兩D形盒間的加速電壓增大為原來(lái)的4倍AC解析 帶電粒子從D形盒中射出時(shí)的動(dòng)能Ekmmv，帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則圓周半徑R，聯(lián)立可得Ekm，當(dāng)帶電粒子q、m一定時(shí)，則EkmR2B2，即Ekm與磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B、D形盒的半徑R的平方成正比，與加速電場(chǎng)的電壓無(wú)
2、關(guān)，故選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤2(2019溫州中學(xué)模擬)(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示已知離子P在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)30后從磁場(chǎng)右邊界射出在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P和P3()A在電場(chǎng)中的加速度之比為11B在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為21C在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為12D離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為13CD解析 兩個(gè)離子的質(zhì)量相同，其帶電荷量之比是13的關(guān)系，所以由a可知，其在電場(chǎng)中的加速度之比是13，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；要想知道半徑必須先知道進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，而速度的決定因素是加
3、速電場(chǎng)，所以在離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)其速度表達(dá)式為v，可知其速度之比為1，又由qvBm知，r，所以其半徑之比為1，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由選項(xiàng)B分析知道，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1，設(shè)磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，離子通過(guò)磁場(chǎng)轉(zhuǎn)過(guò)的角度等于其圓心角，所以有sin ，則可知角度的正弦值之比為1，又P的角度為30，可知P3角度為60，即在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為12，故選項(xiàng)C正確；由電場(chǎng)加速后qUmv2可知，兩離子離開(kāi)電場(chǎng)的動(dòng)能之比為13，故選項(xiàng)D正確3(2019邵陽(yáng)聯(lián)考)(多選)如圖所示，在x0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1與B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直于紙面向里，且B1B232.在原點(diǎn)O處同時(shí)發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量分別為ma和
4、mb的帶電粒子，粒子a以速率va沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子b以速率vb沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，已知粒子a帶正電，粒子b帶負(fù)電，電荷量相等，且兩粒子的速率滿(mǎn)足mavambvb.若在此后的運(yùn)動(dòng)中，當(dāng)粒子a第4次經(jīng)過(guò)y軸(出發(fā)時(shí)經(jīng)過(guò)y軸不算在內(nèi))時(shí)，恰與粒子b相遇粒子重力不計(jì)下列說(shuō)法正確的是()A粒子a、b在磁場(chǎng)B1中的偏轉(zhuǎn)半徑之比為32B兩粒子在y軸正半軸相遇C粒子a、b相遇時(shí)的速度方向相同D粒子a、b的質(zhì)量之比為15BCD解析 由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式r可得，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式r可得，a粒子從O點(diǎn)出發(fā)沿x軸正方向射出向上逆時(shí)針轉(zhuǎn)半周在y軸上上移
5、2ra2，穿過(guò)y軸后逆時(shí)針向下轉(zhuǎn)半周后下移2ra1，由于B2B1，則第二次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)在坐標(biāo)原點(diǎn)的上方(2ra22ra1)處，同理第四次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)在坐標(biāo)原點(diǎn)上方2(2ra22ra1)處，選項(xiàng)B正確；當(dāng)a粒子第四次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)距O點(diǎn)的距離為2(2ra22ra1)2ra1，當(dāng)b粒子第一次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)距O點(diǎn)的距離為2rb12ra1，此后a粒子經(jīng)過(guò)y軸的位置上移，b粒子經(jīng)過(guò)y軸的點(diǎn)下移，不能再相遇，故是b粒子向上轉(zhuǎn)半周后相遇的，a粒子第四次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)是向右方向，而b粒子轉(zhuǎn)半周也是向右的方向，所以?xún)烧叻较蛳嗤?，選項(xiàng)C正確；根據(jù)周期公式T及題意，當(dāng)兩粒子在y軸上相遇時(shí)，時(shí)間上有Tb1Ta1Ta2，即，結(jié)合B1B
6、232，解得，選項(xiàng)D正確4(2019駐馬店高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))(多選)如圖所示，平面之間坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在著垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限內(nèi)存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O以某一速度沿與y軸成30角方向斜向上射入磁場(chǎng)，且在第二象限運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡圓的半徑為R，已知帶電粒子的質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，且所受重力可以忽略則()A粒子在第二象限和第三象限兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓半徑之比為12B粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間C粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為3RD若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則粒子完成一次周期性
7、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減少AC解析 由半徑公式r知，軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓半徑之比為12，故選項(xiàng)A正確；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如圖所示，在第二象限的周期T1，圓心角120，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1T1，在第二象限運(yùn)動(dòng)的周期T2，圓心角120，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2T2，所以粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間T0t1t2，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在第三象限軌跡圓的半徑為3R，從O點(diǎn)入射后第一次經(jīng)過(guò)x軸的距離x1R，第二次圓弧的弦長(zhǎng)x2R22R，所以粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為3R，故選項(xiàng)C正確；若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，周期T與速度無(wú)關(guān)
8、，圓心角不變，所以在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間tT不變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤5(2019廈門(mén)高三質(zhì)量檢查)一質(zhì)量為m的粒子，電量為q，從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿著x軸正方向運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0.在0yd的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E ；在dy2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)ab為一塊很大的平面感光板，放置于y2d處，如圖所示粒子恰好能打到ab板上，不考慮粒子的重力，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為()ABCDC解析 由題意知，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡剛好與ab板相切，如圖所示在電場(chǎng)中，y方向dt2；x方向xv0t.解得t，vytv0，可知進(jìn)入磁
9、場(chǎng)時(shí)速度與x軸正方向夾角為60，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為2v0，根據(jù)幾何關(guān)系可得rd，得B，所以選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤6(2019湖南G10教育聯(lián)盟高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，電子由P點(diǎn)從靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)PQ做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，從Q點(diǎn)射出若要求電子能擊中在與直線(xiàn)PQ成角方向、與Q點(diǎn)相距d的點(diǎn)M(已知：電子的電荷量為e、質(zhì)量為m、加速電壓為U、不計(jì)電子重力)下列選項(xiàng)正確的是()A電子運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的速度vB若在Q的右側(cè)加一個(gè)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，則其大小為BC若在Q的右側(cè)加一個(gè)平行于QM的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電子不可能到達(dá)M點(diǎn)D若在Q的右側(cè)加一個(gè)垂直于PQ向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，則其大小為EAD解析 由動(dòng)能定理Uqm
10、v2，解得v，選項(xiàng)A正確；在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)rsin d，evBm，聯(lián)立解得 B，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若在Q的右側(cè)加一個(gè)平行于QM的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則將電子的速度分解為沿磁場(chǎng)方向的速度v1和垂直于磁場(chǎng)方向的速度v2，則電子以方向沿QM方向做勻速運(yùn)動(dòng)，另一方向繞QM做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即電子沿QM做螺旋運(yùn)動(dòng)，若滿(mǎn)足dv1t，tnTn (n0、1、2、3)電子仍能到達(dá)M點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若在Q的右側(cè)加一個(gè)垂直于PQ向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，則電子沿PQ方向勻速運(yùn)動(dòng)，有dcos vt，垂直于PQ方向勻加速，有 t，垂直于PQ方向的加速度為a，聯(lián)立解得E，選項(xiàng)D正確7(2019泰安高三一模)(多選)如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)存在垂
11、直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，AB邊長(zhǎng)度為d，C，現(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度相同的帶正電粒子(不計(jì)重力)已知垂直AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子經(jīng)歷的時(shí)間為t0.則下列判斷正確的是()A粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4t0B該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為dD粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為ABC解析 帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是T，即Tt0，則得周期 T4t0，選項(xiàng)A正確由T得，B，選項(xiàng)B正確設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為，則有T，得 ，
12、畫(huà)出該粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識(shí)得Rcos 30d，可得Rd，選項(xiàng)C正確根據(jù)，解得v，選項(xiàng)D錯(cuò)誤8(2019華中師大一附中高三理綜)(多選)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，MN間電壓可以任意調(diào)節(jié)當(dāng)電壓調(diào)到某一數(shù)值時(shí)，原來(lái)靜止的某種帶電粒子從點(diǎn)P經(jīng)MN間電場(chǎng)加速后從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場(chǎng)邊界上的絕緣板，它與N板的夾角為30，假設(shè)粒子打在絕緣板上即被吸收，孔Q到板的下端C的距離為L(zhǎng)，當(dāng)MN間電壓為U0時(shí)，粒子恰好打在CD板上，已知帶電粒子的電量為q，質(zhì)量為m，粒子重力不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是()
13、A要使粒子能打到絕緣板上，兩極板間電壓最小值U0BCD板上可能被擊中區(qū)域的長(zhǎng)度為L(zhǎng)C粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tmD能達(dá)到N板上粒子的最大動(dòng)能EkmBCD解析 根據(jù)題設(shè)條件，軌跡恰好與CD相切于E點(diǎn)，如圖所示，由幾何關(guān)系(rL)sin 30r，洛倫茲力提供向心力qvBm，在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有U0qmv2，聯(lián)立以上式子可得U0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于負(fù)粒子做逆時(shí)針?lè)较驁A周運(yùn)動(dòng)，打到CD板上最上的位置為E點(diǎn)，CE2Lcos 30L，速度無(wú)窮大時(shí)，半徑無(wú)窮大，進(jìn)入磁場(chǎng)后，基本沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，打到最低的位置為F，CFL，打到CD板的長(zhǎng)度為CECFLLL，選項(xiàng)B正確；當(dāng)粒子軌跡不與CD相切或相交時(shí)，粒子在磁場(chǎng)
14、中旋轉(zhuǎn)半周，時(shí)間最長(zhǎng)為半個(gè)周期，選項(xiàng)C正確；能達(dá)到N板的最大速度，對(duì)應(yīng)粒子的最大半徑，而打在N板上的最大半徑是軌跡恰好與CD相切，rL，即題目的已知條件的情況，最大動(dòng)能是EkmU0q，選項(xiàng)D正確9(2019成都高三摸底)如圖所示，初速度不計(jì)的電子束經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，進(jìn)入一半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(區(qū)域中心為O，磁場(chǎng)方向垂直于圓面)，最后射到了與OM連線(xiàn)垂直的屏幕上的P處已知不加磁場(chǎng)時(shí)，電子束將通過(guò)O點(diǎn)打到屏幕的中心M點(diǎn)，電子的電荷量為e，電子所受重力不計(jì)則下列判斷正確的是()A圓形區(qū)域中磁場(chǎng)的方向可能垂直于紙面向里B電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的磁場(chǎng)力大小一定是C若僅增加加速電壓U，電子束打
15、到屏幕上的位置在P點(diǎn)上方D若僅改變圓形區(qū)域的磁感強(qiáng)度大小，電子束可能打不到屏幕上D解析 由左手定則可知，圓形區(qū)域中磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電子在電場(chǎng)中被加速，則Uemv2，若在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則F磁evBm，因電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑不一定是r，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的磁場(chǎng)力大小不一定是，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若僅增加加速電壓U，則電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v變大，則電子的軌道半徑變大，則電子束打到屏幕上的位置在P點(diǎn)下方，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若僅使圓形區(qū)域的磁感強(qiáng)度變大，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑減小，電子束經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)時(shí)的偏折角變大，則電子束可能打不到屏幕上，選項(xiàng)D正確10(2019成都外國(guó)語(yǔ)學(xué)校
16、模擬)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0yd的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在dy2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的交界面，ab為磁場(chǎng)的上邊界現(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡恰與ab相切并返回磁場(chǎng)已知電場(chǎng)強(qiáng)度E，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用試求：(1)粒子第一次穿過(guò)MN時(shí)的速度大小和水平位移的大??；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小解析 (1)根據(jù)動(dòng)能定理，得qEdmv2mv，解得v2v0.粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有FqE，a，dat，xv0t1，解得t1，x.(2)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)粒
17、子以與x軸正方向成角進(jìn)入磁場(chǎng)，則tan ，解得60.根據(jù)RRcos d，得R.由牛頓第二定律可得qvBm，解得B.答案 (1)2v0(2)11(2019南充高三高考適應(yīng)性考試)如圖所示，平行板電容器的N板開(kāi)有一小孔，與固定圓筒的小孔a正對(duì)，O是圓筒的圓心，圓筒的內(nèi)徑為r，筒內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒壁光滑電容器內(nèi)緊靠極板M有一個(gè)帶電粒子(初速度為零)，經(jīng)電壓U加速后從a孔垂直磁場(chǎng)并正對(duì)著圓心O進(jìn)入筒中，該帶電粒子與圓筒壁碰撞三次后恰好又從小孔a射出帶電粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞時(shí)電荷量和動(dòng)能都不損失，粒子的比荷為k，不計(jì)粒子的重力和空氣阻力求：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大?。?2)筒內(nèi)磁感應(yīng)
18、強(qiáng)度B的大小(結(jié)果均用r、U和k表示)解析 (1)由動(dòng)能定理qUmv2，得v.(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于帶電粒子與圓筒壁碰撞時(shí)無(wú)電量和動(dòng)能損失，故每次碰撞前后粒子速度大小不變?cè)O(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB.速度方向總是沿著圓筒半徑方向，3個(gè)碰撞點(diǎn)與小孔a恰好將圓筒壁四等分，粒子在圓筒內(nèi)的軌跡具有對(duì)稱(chēng)性，由四段相同的圓弧組成，則每段軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為90，則由幾何關(guān)系得Rr，聯(lián)立解得B.答案 (1)(2)12(2019安徽江淮十校高三第一次聯(lián)考)如圖所示，坐標(biāo)空間中有場(chǎng)強(qiáng)為E100 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B103T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩種場(chǎng)的分界面，圖中虛
19、線(xiàn)為磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從電場(chǎng)中坐標(biāo)位置(1,0)處，以初速度v0105 m/s沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，且已知帶電粒子的比荷 108 C/kg，粒子的重力忽略不計(jì)，則：(1)求帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大?。?2)為使帶電粒子能穿越磁場(chǎng)區(qū)域而不再返回電場(chǎng)中，求磁場(chǎng)的寬度d應(yīng)滿(mǎn)足的條件解析 (1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律可得qEma.設(shè)粒子出電場(chǎng)、入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，此時(shí)在y方向的分速度為vy，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則vyat，lv0t，解得vyv0，vv0105 m/s.(2)設(shè)v的方向與y軸夾角為，則有cos 可得
20、45.粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，則有qvBm，可得R，要使粒子穿越磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的寬度應(yīng)滿(mǎn)足的條件dR(1cos )，綜合已知條件解以上各式可得d(1) m2.41 m.答案 (1)105m/s(2)小于2.41 m13(2019中原名校高三質(zhì)量考評(píng))如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向上，寬度為L(zhǎng)，區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，方向垂直紙面向里，一個(gè)不計(jì)重力的帶正電的粒子，其比荷為，從電場(chǎng)的下邊緣的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)區(qū)域進(jìn)入?yún)^(qū)域后，又回到O點(diǎn)，然
21、后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程(1)為使粒子能完成上述運(yùn)動(dòng)，區(qū)域的最小寬度為多大？(2)粒子從O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)全過(guò)程的周期T為多大？(結(jié)果用B、E、L、 的最簡(jiǎn)形式表示)解析 (1)電場(chǎng)中加速qELmv2，磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)qvBm，三段圓弧的圓心連線(xiàn)組成等邊三角形，則區(qū)域的最小寬度dRRsin 60，聯(lián)立解得dL.(2)在電場(chǎng)中Lt，磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T，總時(shí)間t2t1(TTT).答案 (1)(2)L(2)14(2019煙臺(tái)高三高考診斷性測(cè)試)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)存在與x軸正方向成45角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限內(nèi)存在與第一象限方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等x軸下方區(qū)域和區(qū)域內(nèi)分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度不
22、同的、方向垂直紙面向外的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的分界線(xiàn)與x軸平行，區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在分界線(xiàn)上有一絕緣彈性擋板，擋板關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)現(xiàn)在P(0，y0)點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計(jì)粒子重力)，粒子立即進(jìn)入第一象限運(yùn)動(dòng)，以速度v穿過(guò)x軸后，依次進(jìn)入?yún)^(qū)域和區(qū)域中的磁場(chǎng)，已知粒子從區(qū)域進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)，速度方向垂直擋板緊貼擋板的右側(cè)邊緣，在與擋板進(jìn)行碰撞時(shí)粒子的電荷量和能量均無(wú)變化，且與擋板的中央發(fā)生過(guò)碰撞求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；(3)粒子再次回到y(tǒng)軸時(shí)的位置坐標(biāo)和此時(shí)粒子速度方向解析 (1)粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得Eqy
23、0mv2，解得E.(2)如圖所示粒子在區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，則有qvBm，由幾何知識(shí)可知LACR1(1cos 45)，由題意可知擋板長(zhǎng)度L2(y0LAC)設(shè)區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，粒子在區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R2，則有 qvB0m，由題意可知擋板長(zhǎng)度L2R2n(n1,2,3 )，由以上各式可得 B0(n1,2,3 )(3)由對(duì)稱(chēng)性可知，粒子第二次通過(guò)x軸時(shí)D點(diǎn)距離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為y0，進(jìn)入第二象限后粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子再次回到y(tǒng)軸時(shí)的位置坐標(biāo)Q(0，y)根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有(yy0)cos45t2，y0(yy0)sin45vt，將E代入可得 y3y0，所以粒子再次回到y(tǒng)軸時(shí)的位置坐標(biāo)Q(0,3y0)設(shè)粒子再次回到y(tǒng)軸時(shí)沿電場(chǎng)方向的分速度大小為vE，與合速度v合間的夾角為合速度與y軸間的夾角為，而45，則有 vEat，qEma，將上面解得的E和t代入上面的兩式得 vEv，所以tan1 得 45，所以450，即合速度方向沿y軸正方向答案 (1) (2)(3)(0,3y0)速度方向沿y軸正方向12
2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場(chǎng) 第28講 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）
