2019高考物理二轮复习专题限时集训（八）带电粒子在磁场及复合场中的运动B.doc

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1、1专题限时集训（八）带电粒子在磁场及复合场中的运动 B1.如图 Z8-15所示,半径为 R的虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场和一场强大小为 E、方向未知的匀强电场(未画出) .一带负电的粒子从 A点沿半径 AO方向以大小不同的速度射入该区域 .已知粒子的质量为 m,电荷量为 q,不计重力 .(1)若粒子沿 AO方向做直线运动,求粒子入射速度的大小及电场的方向 .(2)若撤掉电场,粒子以另一速度仍从 A点沿 AO方向射入磁场,经过磁场区域后其运动方向与入射方向的夹角为 60,求粒子入射速度的大小和在磁场中运动的时间 .图 Z8-152.如图 Z8-16所示,

2、在 xOy坐标系的 0 y d的区域内分布着沿 y轴正方向的匀强电场,在d y2 d的区域内分布着垂直于 xOy平面的匀强磁场, MN为电场和磁场的交界面, ab为磁场的上边界 .现从原点 O处沿 x轴正方向发射出一速率为 v0、比荷为 k的带正电粒子,粒子运动轨迹恰与 ab相切并返回电场 .已知电场强度 E= ,不计粒子重力 .试求:图 Z8-16(1)粒子从 O点第一次穿过 MN时的速度大小和沿 x轴方向的位移的大小 .(2)磁场的磁感应强度 B的大小 .3.如图 Z8-17所示,在竖直平面内的 xOy直角坐标系中, MN与水平 x轴平行,在 MN与 x轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直于坐

3、标平面水平向里的匀强磁场,电场强度 E=2 N/C,磁感应强度 B=1 T.从 y轴上的 P点沿 x轴正方向以初速度 v0=1 m/s水平抛出一带正电的小球,小球的质量为 m=210-6 kg,电荷量 q=110-5 C,g取 10 m/s2.已知 P点到 O点的距离为d0=0.15 m,MN到 x轴距离为 d=0.20 m.( =3.14, =1.414, =1.732,结果保留两位有效数字)(1)求小球从 P点运动至 MN边界所用的时间;(2)若在小球运动到 x轴时撤去电场,求小球到达 MN边界时的速度大小 .2图 Z8-174.如图 Z8-18所示,在空间中分布一匀强磁场,磁感应强度为

4、B,方向垂直于纸面向里,磁场边界为 MN(垂直纸面的一个平面) .在磁场区域内有一电子源 S向纸面内各个方向均匀、持续不断地发射电子 .不计电子间的相互作用,并设电子源离界面 MN的距离为 L.电子质量为 m,带电荷量为 e.(1)电子源 S发射的电子速度达到多大时,界面 MN上将有电子逸出?(2)若电子源 S发射的电子速度大小均为 ,则在界面 MN上多宽范围内有电子逸出?(3)若电子速度大小为 ,则逸出的电子数占总发射电子数的比例为多少?图 Z8-185.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动 .真空中存在着如图 Z8-19所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为

5、 d.电场强度为 E,方向水平向右;磁感应强度为 B,方向垂直于纸面向里 .电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直 .一个质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子在第 1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射 .(1)求粒子在第 2层磁场中运动时的速度大小 v2与轨迹半径 r2;(2)粒子从第 n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为 n,试求 sin n;(3)若粒子恰好不能从第 n层磁场右侧边界穿出,在其他条件不变的情况下,比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界?请简要推理说明 .3专题限时集训(八)B41.(1) 方向垂直

6、于 OA向下 (2) 解析 (1)对带电粒子进行受力分析,由平衡条件得qE=qBv1解得 v1=匀强电场的方向垂直于 OA向下(2)由几何关系可知,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 r= R根据牛顿第二定律得 qBv2=m解得 v2=根据圆周运动的规律得 T= =由于粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角 = 60,故运动的时间 t= T= 2.(1)2v0 (2)解析 (1)根据动能定理得 qEd= mv2- m解得 v=2v0粒子在电场中做类平抛运动,有F=qEa=d= ax=v0t1解得 x=(2)粒子运动的轨迹如图所示,设粒子以与 x轴正方向成 角进入磁场,则tan = =解得 =

7、605根据几何关系得 R+Rcos =d解得 R=由牛顿第二定律得 qvB=m解得 B=3.(1)0.38 s (2)2.8 m/s解析 (1)由平抛运动的规律,设小球做平抛运动的时间为 t1,进入电磁场时的速度为 v,进入电磁场时速度与水平方向的夹角为 ,则d0= g 解得 t1= = s则 v=cos =解得 v=2 m/s,= 60小球在电磁场区域中,有 qE=210-5 N=mg,故小球做匀速圆周运动,设轨迹半径为 r,则qvB=m解得 r= =0.4 m由几何关系知,小球的运动轨迹与 MN相切,在电磁场中运动时间 t2= = s小球从 P点运动到 MN所用时间 t=t1+t2=0.3

8、8 s(2)若撤去电场,设小球运动至 MN时速度大小为 v1,由动能定理得mgd= m - mv2解得 v1=2 m/s=2.8 m/s4.(1) (2)( +1)L (3)解析 (1)由向心力公式得 evB=m解得半径 r=电子运动的临界轨迹如图甲所示,则 2r=L6甲解得 v=(2)当速度 v= 时,半径 r=L电子运动的临界轨迹如图乙所示 .乙在 A点下方 A、 B两点之间有电子逸出,宽度 yAB=L在 A点上方 A、 C两点之间有电子逸出,宽度 yAC= = L故在边界宽度为( +1)L的范围内有电子逸出(3)把 v=2(2- ) 代入 r= ,可得 r=2(2- )L电子运动的临界轨

9、迹如图丙所示 .丙由几何关系得 cos 1= =所以 1=30同理, 2=307故速度方向在 角内的电子都可以从 MN边界射出,由几何关系得 = 60因电子源 S向纸面内各个方向持续不断地发射电子,故逸出的电子数占总发射电子数的比例为 =5.(1)2 (2)B (3)不能解析 (1)粒子在进入第 2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功 .由动能定理得2qEd= m解得 v2=2粒子在第 2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qv2B=m联立解得 r2=(2)设粒子在第 n层磁场中运动的速度大小为 vn,轨迹半径为 rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同),则有nqEd=

10、mqvnB=m设粒子进入第 n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为 n,从第 n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为 n,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有 vn-1sin n-1=vnsin n由图 1看出 rnsin n-rnsin n=d联立得 rnsin n-rn-1sin n-1=d可看出 r1sin 1,r2sin 2,rnsin n为一等差数列,公差为 d,可得 rnsin n=r1sin 1+(n-1)d当 n=1时,由图 2看出 r1sin 1=d联立解得 sin n=B8(3)若粒子恰好不能从第 n层磁场右侧边界穿出,则 n=sin n=1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为 ,假设能穿出第 n层磁场右侧边界,粒子穿出时,速度方向与水平方向的夹角为 n,由于 ,则导致 sin n1说明 n不存在,即原假设不成立 .所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界 .