2019高考物理二轮复习第8讲带电粒子在磁场及复合场中的运动专题突破练.doc

第8讲带电粒子在磁场及复合场中的运动考点一磁场的叠加及安培力问题1.(多选)2018·全国卷 如图8-1所示,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称.整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外.已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0,方向也垂直于纸面向外,则()图8-1A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B02.两根长度均为L的长直导线ab和cd平行放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中,磁场方向如图8-2所示.当通过导线ab的电流大小为2I、通过导线cd的电流大小为I时,导线ab受到的磁场力大小为F1、方向垂直于导线向左,导线cd受到的磁场力大小为F2、方向垂直于导线向右.已知直导线ab中的电流方向由b到a.下列判断正确的是()图8-2A.直导线cd中的电流由c到d,匀强磁场的磁感应强度的大小为B.直导线cd中的电流由c到d,匀强磁场的磁感应强度的大小为C.直导线cd中的电流由d到c,匀强磁场的磁感应强度的大小为D.直导线cd中的电流由d到c,匀强磁场的磁感应强度的大小为3.(多选)如图8-3甲所示,电流恒定的通电直导线MN垂直平放在两条相互平行的水平光滑金属导轨上,电流方向由M到N,在两导轨间存在着竖直匀强磁场,取垂直于纸面向里的方向为磁感应强度B的正方向.t=0时导线速度为零,若B按如图乙所示的余弦规律变化,导轨足够长,则下列说法正确的是()图8-3A.在最初的一个周期内,导线在导轨上往复运动B.在最初的一个周期内,导线一直向左运动C.在最初的半个周期内,导线的加速度先增大后减小D.在最初的半个周期内,导线的速度先增大后减小4.(多选)电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图8-4所示.1982年澳大利亚国立大学制成了能把m=2.2 g的弹体(包括金属杆CD的质量)加速到v=10 km/s的电磁炮.若平行金属导轨间距l=2 m,长s=100 m,通过导轨的电流为I=10 A,则(导轨摩擦不计)()图8-4A.导轨间所加的匀强磁场的磁感应强度为55 TB.导轨间所加的匀强磁场的磁感应强度为110 TC.安培力的最大功率为1.1×107 WD.安培力的最大功率为5.5×106 W归纳 1.磁感应强度:(1)由比值法定义:B=,大小和方向具有唯一性,与检验电流元无关,由场源自身的结构等决定;(2)矢量性,多个场源,某处的磁感应强度要利用平行四边形定则叠加.2.解决安培力作用下的运动问题的关键是把电磁学问题力学化,即进行受力分析和运动分析,其中安培力的方向要用左手定则来判断,注意F安B、F安I.其次是选用牛顿第二定律、平衡条件或功能关系建立方程解题.考点二带电粒子在有界磁场中的运动1 如图8-5所示,左、右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d,长度足够大,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里.一个质量为m、电荷量大小为q的粒子以与左边界PP'成=45°角方向的速度v0垂直射入磁场,不计粒子重力,为了使粒子不能从边界QQ'射出,则:图8-5(1)当粒子带正电时,v0的最大值是多少?(2)当粒子带负电时,v0的最大值是多少?(3)两种情况下粒子在磁场中运动的时间之比是多少?导思 当粒子带正电或带负电时,粒子向哪个方向偏转?当粒子从左侧穿出的速度最大时,轨迹有何特点?如何确定粒子做圆周运动的圆心和圆心角?归纳 解决带电粒子在匀强磁场中运动问题的关键是画出粒子运动轨迹的示意图,确定圆心、半径及圆心角.此类问题的解题思路是:(1)画轨迹:即确定圆心,用几何方法求半径并画出运动轨迹.(2)找联系:轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系,在磁场中运动的时间与周期相联系.(3)用规律:即牛顿第二定律和圆周运动的规律,特别是周期公式和半径公式.式1 (多选)如图8-6所示,圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出),O为圆心,P为边界上的一点.相同的带电粒子a、b(不计重力)先后从P点射入磁场,粒子a正对圆心射入,速度方向改变60°后离开磁场,粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成60°角,已知它们离开磁场的位置相同.下列说法正确的是()图8-6A.a、b两粒子的速度大小之比=B.a、b两粒子在磁场中运动的时间之比=C.a、b两粒子在磁场中运动的半径之比=D.a、b两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比=式2 如图8-7所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的磁感应强度大小B需满足()图8-7A.B>B.B<C.B>D.B<考点三带电粒子在复合场中的运动考向1带电粒子在组合场中的运动 2 (20分)2018·全国卷 如图8-8所示,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场H的质量为m,电荷量为q.不计重力.求:图8-8(1H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.解答步骤规范(1H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图8-9所示.设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有(1分) (1分) 由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60°H进入磁场时速度的y分量的大小为(1分) 联立以上各式得s1=(1分) 图8-9(2H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1(1分)设H进入磁场时速度的大小为v'1,由速度合成法则有v'1=(1分) 设磁感应强度大小为BH在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv'1B=(2分)由几何关系得s1=(1分) 联立以上各式得B=(1分) (3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得(1分) 由牛顿第二定律有qE=2ma2(1分)设H第一次射入磁场时的速度大小为v'2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有 (1分)h=a2(1分)v'2= (1分)sin 2= (1分)联立以上各式得s2=s1,2=1,v'2=v'1(1分)设H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 (1分)所以出射点在原点左侧.设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s'2,由几何关系有s'2= (1分)联立式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 (1分)式 如图8-10所示,在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场,第二象限充满方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场.一比荷=5.0×1010 C/kg的带负电粒子从a(6 cm,0)点沿y轴正方向射入电场,速度大小为va=8.0×106 m/s,之后通过y轴上的b(0,16 cm)点进入磁场.不计粒子的重力.(1)求电场强度E的大小和粒子通过b点时速度的大小及方向:(2)为使粒子不再回到电场,匀强磁场的磁感应强度B应满足什么条件?图8-10考向2带电粒子在叠加场中的运动3 如图8-11所示,以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系,该真空中存在方向沿x轴正方向、场强大小为E=的匀强电场和方向垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m、电荷量为q(q>0)的带负电粒子,粒子恰能在xOy平面内做直线运动.重力加速度为g,不计粒子间的相互作用.(1)求粒子运动到距x轴为h处所用的时间;(2)若在粒子运动过程中突然将电场变为竖直向下,场强大小变为E'=,求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的位置的横坐标范围(不考虑电场变化产生的其他影响);(3)若保持E、B初始状态不变,仅将粒子的初速度变为原来的2倍,求运动过程中粒子速度大小等于原来初速度的点所在直线的方程.图8-11归纳 带电粒子在复合场中运动问题的分析思路:(1)正确分析受力:除重力、弹力和摩擦力外,要特别注意电场力和磁场力的分析.(2)正确分析物体的运动状态找出物体的速度、位置及其变化特点,分析运动过程.如果出现临界状态,要分析临界条件.带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子的受力情况.带电粒子在叠加场中常见的运动形式:当带电粒子在叠加场中所受的合力为零时,粒子处于静止或匀速直线运动状态;当带电粒子所受的合力提供向心力时(如重力与电场力等大反向,洛伦兹力提供向心力时),粒子做匀速圆周运动;当带电粒子所受的合力变化且与速度方向不在一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动.如果带电粒子做曲线运动,则需要根据功能关系求解,需要注意的是洛伦兹力始终不做功.式1 如图8-12所示,质谱仪由电离室、加速区、速度选择器和磁分析区(图中未画出)组成.电离室会电离出速度不同的同种带电粒子,加速区电压为U,速度选择器中电场方向向下,场强大小为E,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小可变化.O1、O、O2三个小孔在同一直线上,且平行于选择器两极板.(1)当电离室的带电粒子速度几乎为零由O1“飘出”,调节磁感应强度为B1时,从小孔O点进入的粒子可以沿直线通过速度选择器,求该带电粒子的比荷.(2)某研究员发现,当电离室中“飘出”的带电粒子速度处于0v0之间,控制选择器的磁感应强度在B0B1(B0<B1)范围内,总有粒子能从速度选择器中沿直线通过,进入磁分析区,求电离室中“飘出”的带电粒子的最大速度v0.(3)第(2)问中,当速度选择器的磁感应强度为B1时,进入速度选择器的粒子有一部分撞到右挡板上,其中电离室中“飘出”的速度最大的带电粒子刚好打在右挡板上距离O2为y的位置,求此粒子撞击挡板前瞬间的速度大小v1.图8-12式2 一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R的圆周运动,如图8-13所示,已知电场强度为E,方向竖直向下,磁感应强度为B,方向水平(图中垂直于纸面向里),重力加速度为g.运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计.(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动?(2)液滴运动的速度为多大?(3)若液滴运动到最低点A时分裂成两个完全相同的液滴,其中一个仍在原平面内做半径R1=3R的圆周运动,绕行方向不变,且圆周的最低点仍是A点,则另一个液滴如何运动?图8-13第8讲带电粒子在磁场及复合场中的运动 高频考点探究考点一1.AC解析 设L1中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1,L2中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2,由安培定则可知L1中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里;L1中的电流在b点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外,所以根据已知条件得到B0-(B1+B2)=,B0-B1+B2=,联立解得B1=,B2=,选项A、C正确,B、D错误.2.A解析 如果直导线cd中的电流由d到c,则匀强磁场和直导线ab对直导线cd的作用力方向均垂直于cd向左,不合题意,因此直导线cd中的电流由c到d.两根直导线之间的作用力为相互排斥力,大小相等,设为F0,对导线ab有F1=F0+2BIL,对导线cd有F2=F0+BIL,联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为B=,选项A正确.3.AD解析 t=0时,由左手定则可知,MN受到向右的安培力,根据F安=BIL,由于B最大,故此时的安培力最大,则MN的加速度最大,随着时间的延长,磁感应强度B减小,故加速度减小,而MN的速度在增大,B=0时,加速度为0,速度最大,之后B反向,安培力也会反向,则加速度也反向,MN减速运动,到半个周期时,MN的速度减小到0,此时的加速度反向最大,然后MN反向运动,到一个周期时MN回到出发的位置,故在最初的一个周期内,导线在导轨上往复运动,选项A正确,B错误;在最初的半个周期内,导线的加速度先减小后反向增大,而其速度则是先增大后减小,选项C错误,D正确.4.AC解析 对电磁炮加速过程,由动能定理得BIl·s=mv2,解得磁感应强度B=55 T,选项A正确,B错误;速度最大时,安培力的功率最大,则最大功率P=BIlv=1.1×107 W,选项C正确,D错误.考点二例1(1)qBd(2)qBd(3)解析 (1)当带电粒子带正电时,设带电粒子在磁场中的偏转半径为r1,根据左手定则可以判断带电粒子向左侧偏转.若粒子恰好不从QQ'边界射出,如图甲所示,根据几何关系可知r1=d+r1sin 45°解得r1=(2+)d由于粒子在磁场中做圆周运动,只受洛伦兹力,洛伦兹力充当向心力,则qv0B=m联立解得v0=qBd(2)当粒子带负电时,设带电粒子在磁场中的偏转半径为r2,根据左手定则可以判断带电粒子将向右侧偏转.若粒子恰好不从QQ'边界射出,如图乙所示, 根据几何关系可知r2+r2sin 45°=d解得r2=(2-)d洛伦兹力充当向心力,根据牛顿第二定律得qv0B=m联立解得v0=qBd(3)由于粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据T=可知,虽然粒子的电性不同,但是两种粒子在磁场中的运动周期和角速度相同,根据圆周运动的角速度公式可得=t,则两种情况下粒子在磁场中的运动时间之比等于它们在磁场中转过的角度之比,故=例1变式1BD解析 作出带电粒子a、b在磁场中运动的轨迹,如图所示,根据几何关系可知,a、b两粒子运动的轨迹半径之比=,选项C错误;由r=可得,a、b两粒子的速度大小之比=,选项A错误;a、b两粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角之比为13,根据T=,t=T可得,a、b两粒子在磁场中运动的时间之比=,选项B正确;根据运动的轨迹长度s=vt可得,a、b两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比=,选项D正确.例1变式2B解析 若粒子的运动轨迹与AC边相切,如图所示,由几何关系可知切点恰好为C点,则粒子运动的半径为r0=a,粒子能从AC边射出,粒子运动的轨迹半径应满足r>r0,由r=,解得B<,选项B正确.考点三例2(1)s1=v1t1h=a1a1t1=v1tan 1h (2)2R1sin 1(3)(2m)=ms2=v2t2R2=R12R2sin 2s'2-s2=(-1)h例2变式(1) 6.0×103 N/C1×107 m/s与y轴正方向成37°角(3)B<2.0×10-3 T解析 (1)在第一象限,y方向上有y=vatx方向上有x=at2,a=解得E=6.0×103 N/C粒子从a点运动到b点,由动能定理得qEx=m-m解得vb=1×107 m/scos =,=37°即通过b点时速度的方向与y轴正方向成37°角(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvbB=m设粒子轨迹与x轴相切时的半径为 r,由几何关系得r+rsin =y为使粒子不能回到电场,粒子在磁场中运动的半径必须大于r 解得匀强磁场的磁感应强度B应满足B<2.0×10-3 T例3(1)(2)x(3)y=-x+解析 (1)由题意分析可知,粒子做匀速直线运动,重力、电场力和洛伦兹力三个力的合力为零,设重力与电场力的合力与y轴负方向的夹角为,粒子受力如图甲所示,有Bqv=解得v=则v在沿y轴方向的分量大小vy=vsin =v=因为粒子做匀速直线运动,根据运动的分解可得,粒子运动到距x轴为h处所用的时间t=.(2)若在粒子运动过程中,突然将电场变为竖直向下,电场强度大小变为E'=,则电场力F'电=qE'=mg,电场力方向竖直向上,所以粒子所受的合外力就是洛伦兹力,由洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,解得R=如图乙所示,由几何关系可知,当粒子在O点时就改变电场,第一次打在x轴上的位置横坐标最小,x1=2Rsin =2··=当粒子所在处与粒子第一次打在x轴上的位置之间的距离为2R时改变电场,第一次打在x轴上的位置横坐标最大,x2=所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的位置的横坐标范围为x(3)若粒子的初速度变为原来的2倍,则粒子不能做匀速直线运动,粒子一定发生偏转,而洛伦兹力不做功,设粒子运动到坐标为(x,y)处时满足速率v'=v,则根据动能定理有-qEx-mgy=mv2-m(2v)2即-mgx-mgy=-mv2=-所以y=-x+例3变式1(1)(2)E(3)E解析 (1)由电场加速规律和速度选择器规律得qU=mv2Eq=qvB1解得=.(2)由速度选择器规律得Eq=qvB解得v=即vmax=由qU=m(-)解得v0=E.(3)分析得,在磁感应强度大小为B1时,速度最大的粒子一定打到O2上方的挡板处,电场力做负功,根据动能定理得-qEy=m-m解得v1=E.例3变式2(1)顺时针(2) (3)见解析解析 (1)由题意,对液滴受力分析可知,液滴所受电场力与重力平衡,故电场力方向向上,液滴带负电,沿顺时针方向做圆周运动.(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡,所受洛伦兹力提供向心力,即Eq=mgqvB=m解得v=. (3)分裂成的两个液滴的电荷量、质量均为原液滴的一半,所受电场力与重力仍平衡,依据上面运算可得,分裂后第一个液滴在A点的速度大小v1=3v,方向向左分裂后第二个液滴的速度设为v2,以向左为正方向,分裂前后系统动量守恒,有mv=mv1+mv2解得v2=-v即分裂后第二个液滴在A点的速度大小为v,方向向右,所受电场力与重力仍平衡,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,绕行方向是顺时针,A点是圆周最高点,圆周半径R2=R.14