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、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,在xOy坐标系的0yd的区域内分布着沿y轴

2、正方向的匀强电场,在dy2d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v

3、0=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.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

4、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

5、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.专题限时集训(八)B1.(1)方向垂直于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

6、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=60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

7、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=0.38 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=L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

8、,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电子运动的临界轨迹如图丙所示.丙由几何关系得cos 1=所以1=30同理,2=30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

9、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=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=B(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.8