專題15 帶電粒子在交變電磁場中運動模型-高考物理磁場常用模型最新模擬題精練-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?高考物理《磁場》常用模型最新模擬題精練
專題15 帶電粒子在交變磁場中運動模型
1. (2023湖南懷化名校聯(lián)考)在如圖所示的正方形平面oabc內(nèi)存在著垂直于該平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖所示．一個質(zhì)量為m、帶電量為的粒子不計重力，在時刻平行于oc邊從o點射入磁場中．已知正方形邊長為L，規(guī)定磁場向外的方向為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為求：

帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期；
若帶電粒子不能從oa邊界射出磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變化周期T的最大值；
要使帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場，滿足這一條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期T及粒子磁場時的速度．
【參考答案】；；，．
【思路分析】根據(jù)洛倫茲力做向心力求解；根據(jù)幾何關(guān)系求得帶電粒子不能從oa邊界射出磁場時在時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的中心角，從而求得T和周期的關(guān)系，進(jìn)而得到T的最大值；根據(jù)兩粒子運動得到帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場的運動軌跡，進(jìn)而得到軌道半徑，由時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的中心角求得周期T；最后根據(jù)洛倫茲力做向心力由軌道半徑求得運動速度．
【名師解析】
粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，故洛倫茲力做向心力，則有：，所以，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期；
粒子在前半周期和后半周期的偏轉(zhuǎn)方向相反，根據(jù)時間相同可得：經(jīng)過一個周期T后粒子速度回到豎直向上；
那么，根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)，當(dāng)時，粒子一直向上運動，不可能從oa邊界射出磁場；
若，則粒子必在時從oa邊界射出磁場
當(dāng)時，由幾何關(guān)系可得：當(dāng)磁場第一次改變方向后的軌跡與邊界oa相切時如右圖所示，
；
，所以，，即磁場變向前運動軌跡的圓心角為；
所以，磁場每次變向的最長時間，粒子不從oa邊界射出磁場；
故，所以，T的最大值；
由可知：經(jīng)過時間T后粒子運動重復(fù)，故根據(jù)幾何關(guān)系可得：粒子經(jīng)過時間T后在對角線ob上；
那么，根據(jù)粒子在前半周期和后半周期的偏轉(zhuǎn)方向相反，運動時間相同可得：前后半周期的位移相同，故粒子經(jīng)過后在對角線ob上；
那么，粒子運動軌跡如圖所示，
；
所以，由幾何關(guān)系可得：每次磁場改變前粒子偏轉(zhuǎn)的圓心角為，且從粒子進(jìn)入到離開，磁場改變了偶數(shù)次；故有：，所以，；
設(shè)磁場一共變化了n次，則由幾何關(guān)系可得：；故軌道半徑，，；
根據(jù)洛倫茲力做向心力可得：，所以，粒子磁場時的速度；
【點睛】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力做向心力，故常根據(jù)速度及磁感應(yīng)強(qiáng)度求得半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得運動軌跡；或反過來由軌跡根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，進(jìn)而求得速度、磁感應(yīng)強(qiáng)度．
2. （2022山東青島二模）如圖甲，三維坐標(biāo)系中平面的左側(cè)虛線區(qū)域內(nèi)存在一未知電場，平面的右側(cè)存在平行軸方向周期性變化的磁場和沿軸正方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度。一質(zhì)量、電荷量的帶正電液滴，從平面內(nèi)的點沿軸方向以的初速度進(jìn)入未知電場區(qū)域，經(jīng)過到達(dá)原點第1次經(jīng)過軸，此時速度大小，方向在平面內(nèi)與軸正向成角斜向下。把液滴到達(dá)原點的時刻記為，此時磁場沿軸負(fù)方向，磁場隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，其中、，重力加速度。
（1）求液滴從點到原點的過程中，受到的電場力的沖量大?。?br /> （2）求液滴從第1次到第4次經(jīng)過軸的時間間隔；
（3）在時刻撤去電場和磁場，同時在整個空間區(qū)域加上豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度，求液滴繼續(xù)運動過程中達(dá)到最大高度時的位置坐標(biāo)。

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）液滴從點到原點的過程中，根據(jù)動量定理
水平方向：

豎直方向：
，
解得：

電場的沖量大小為

（2）液滴進(jìn)入平面的右側(cè)后

相當(dāng)于只受磁場力，根據(jù)向心力公式：

其中，解得：

且

同理

其中，解得

且

則

（3）在時，液滴的速度在平面內(nèi)，與軸夾角。后螺旋上升，
上升時間為：

高度

圓周運動的半徑

半徑為

周期為

所以上升過程相當(dāng)于
，
因此液滴在最高點的坐標(biāo)為
3. (2022遼寧沈陽二模)如圖甲所示，真空中兩塊金屬板AB、CD水平、正對放置，其長度為L，間距為d，且L=d=0.2m。過金屬板B、D端的豎直邊界線的右側(cè)有一個范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將CD板接地，AB板的電勢隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，周期T=0.2s。帶正電的粒子流以速度沿兩板間的水平中線連續(xù)射入電場，粒子的比荷為。不計粒子重力及相互作用，電場只存在于兩板間，在每個粒子通過電場的極短時間內(nèi)，電場可視為勻強(qiáng)電場。求：
（1）第一個周期內(nèi)，哪段時間射入電場的粒子能從電場射出；
（2）粒子在磁場中運動的最長時間（保留兩位有效數(shù)字）；
（3）何時射入電場的粒子，從B點正上方0.15m的E點飛出。

【參考答案】（1）0.05s~0.15s；（2）；（3）（n=0，1，2……）
【名師解析】
（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，剛好從兩極板的右邊緣B點或D點飛出時有豎直方向，則有

水平方向有

解得

當(dāng)時進(jìn)入電場中的粒子將從D點旁射出，當(dāng)時進(jìn)入電場中的粒子將從B點旁射出，所以，時進(jìn)入電場中的粒子都將從電場射出。
由圖乙可得

即時間段射入電場的粒子能射出電場

（2）當(dāng)帶電粒子從下極板的右邊緣D點旁飛入磁場時，在磁場中的時間最長
設(shè)該粒子在電場中的速度偏轉(zhuǎn)角為

所以速度方向與水平夾角為45°
由幾何知識得，該粒子在磁場中軌跡所對的圓心角為

聯(lián)立解得

（3）設(shè)粒子從某處進(jìn)入磁場時速度為v，與水平方向夾角為，則有

它在磁場中的出射點與入射點間距為

又

聯(lián)立解得

因為l是定值，所以到達(dá)E點的粒子應(yīng)從點上方y(tǒng)=0.05m的位置射入磁場。
又因為

則可得的y與U成正比，粒子通過電場時對應(yīng)的電壓有

解得

根據(jù)圖像，粒子應(yīng)在時射入電場，可得

根據(jù)圖像
（n=0，1，2……）

4. （2022遼寧葫蘆島質(zhì)檢）（18分）如圖甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場，M、N間電壓UMN的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0；M、N兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)域I、II，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B。t=0時，將一帶正電的粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0。兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間忽略不計，也不考慮粒子所受的重力。

（1）求該粒子的比荷；
（2）求粒子第1次和第3次到達(dá)磁場區(qū)域I的左邊界線N的兩位置間的距離Δd；
（3）若粒子質(zhì)量增加為原來的倍，電荷量不變，t=0時，將其在A處由靜止釋放，求t=2T0時粒子的速度。
【名師解析】（18分）（1）設(shè)粒子第一次加速后的速度為，粒子進(jìn)入磁場后，據(jù)題意有，
洛倫茲力充當(dāng)向心力 ………………（1分）
周期 ………………（1分）
聯(lián)立解得 ………………（2分）
（2）由于不計粒子穿越MN間的時間，則可認(rèn)為0時刻出發(fā)的粒子穿越MN的過程中電壓始終為U0，如圖所示
第一次加速后 ………………（1分）
解得 ………………（1分）
在I磁場區(qū)域中第一次做圓周運動，故有 …………（1分）
解得 ………………（1分）
同理，之后在II磁場中圓周運動的半徑為 ………………（1分）
粒子第1次和第3次到達(dá)磁場區(qū)域I的左邊界限N的兩位置間的距離為
………………（1分）
解得 ………………（2分）
（3）粒子的質(zhì)量增加為，則 ………………（1分）
每半個周期為 ………………（1分）
從0開始到為止的時間內(nèi)，根據(jù)加速電壓圖像可知粒子進(jìn)入電場的時刻分別為0，，，，且加速電壓UMN分別為、、0、，前兩次為加速，最后一次為減速，
由動能定理得 ………………（2分）
解得 ………………（2分）

5.(16分) （2022江蘇百校大聯(lián)考）如圖甲所示,以兩虛線M、N為邊界,中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場,M、N間電壓UMN的變化圖像如圖乙所示,電壓的最大值為U0、周期為T0;M、N兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ,磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B。t=0時,將一帶正電的粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放,經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場,粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0。兩虛線M、N間寬度很小,粒子在其間的運動時間忽略不計,也不考慮粒子所受的重力。
(1)求該粒子的比荷;
(2)求粒子第1次和第3次到達(dá)磁場區(qū)域Ⅰ的左邊界線N的兩位置間的距離Δd;
(3)若粒子的質(zhì)量增加為倍,電荷量不變,t=0時,將其在A處由靜止釋放,求t=2T0時粒子的速度大小v。

【名師解析】.(16分)
(1)周期公式 T0=　(2分)
解得=?！?2分)
(2)由于不計粒子穿越MN間的時間,則可認(rèn)為t=0時刻出發(fā)的粒子穿越MN的過程中電壓始終為U0,如圖所示

第一次加速后qU0=m-0　(2分)
解得v1=
在Ⅰ磁場區(qū)域中第一次做圓周運動,故有
qv1B=m　(2分)
解得R1=
同理,之后在Ⅱ磁場中圓周運動的半徑為R2=R1
粒子第1次和第3次到達(dá)磁場區(qū)域Ⅰ的左邊界線N的兩位置間的距離為
Δd=2R2-2R1=2(-1)R1　(1分)
解得Δd=2(-1)?！?1分)
(3)粒子的質(zhì)量增加為m,則T'=·=T0　(2分)
每半個周期為=T0
從t=0開始到t=2T0為止的時間內(nèi),根據(jù)加速電壓圖像可知粒子進(jìn)入電場的時刻分別為0,T0,T0,T0,且加速電壓UMN分別為U0、-U0、0、U0,前兩次為加速,最后一次為減速,由動能定理得
q(1++0-)U0=×mv2-0　(2分)
解得v=。　(2分)
6．(2023·山東日照名校聯(lián)考)如圖甲所示，在水平方向足夠長的虛線區(qū)域Ⅰ(上下邊界水平)內(nèi)有交替變化的電磁場，電磁場按照如圖乙所示的規(guī)律變化，電場強(qiáng)度大小為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(重力不計)在t＝0時刻以初速度v0從上邊界A點豎直向下進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，t＝(π＋3)時刻從下邊界C點離開區(qū)域Ⅰ并進(jìn)入半徑為R的圓形區(qū)域Ⅱ，R＝，區(qū)域Ⅱ與區(qū)域Ⅰ在C點相切，區(qū)域Ⅱ中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝。求：

(1)t1＝時刻粒子的速度大小v1；
(2)區(qū)域Ⅰ在豎直方向的寬度d；
(3)粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間。
【名師解析】：(1)0～t1時間內(nèi)，粒子在電場中做勻加速直線運動a＝
由勻加速直線運動公式知v1＝v0＋at1
可得v1＝2v0。
(2)0～t1時間內(nèi)，粒子在電場中運動的位移
d1＝·t1＝
t1時刻，粒子開始在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑為r1
由向心力公式qv1B1＝m
可得r1＝
設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T1
T1＝＝
粒子在磁場中運動的時間t2＝＝T1
對應(yīng)圓心角為θ＝60°
在磁場中沿豎直方向運動的距離大小為d2＝r1sin θ＝
然后粒子以速度v1第二次進(jìn)入電場，在電場中運動時間t3＝
由運動的合成與分解可知，粒子豎直向下的速度大小為vy1＝v1cos θ＝v0
水平方向的速度大小為vx＝v1sin θ＝v0
粒子豎直方向做勻加速直線運動，經(jīng)過t3時間，豎直向下的速度大小為vy2＝vy1＋at3＝3v0
豎直位移大小d3＝·t3＝
可得，區(qū)域Ⅰ在豎直方向的寬度
d＝d1＋d2＋d3＝。

(3)粒子從C點離開區(qū)域Ⅰ時的速度
v2＝＝2v0
易知速度與水平方向的夾角為60°
設(shè)粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的半徑為r2，圓心為O′，做圓周運動的周期為T2，粒子從D點射出磁場，由向心力公式qv2B2＝m
可得r2＝＝R，T2＝＝
易知OCO′D為菱形，圓心角為α＝60°
粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間t4＝T2＝。
答案：(1)2v0　(2)　(3)
7. (2020·杭州聯(lián)考)如圖(a)所示，勻強(qiáng)磁場垂直于xOy平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1按圖(b)所示規(guī)律變化(垂直于紙面向外為正)．t＝0時，一比荷為＝1×105 C/kg的帶正電粒子從原點沿y軸正方向射入，速度大小v＝5×104 m/s，不計粒子重力．

(1)求帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的軌道半徑；
(2)求t＝×10－4 s時帶電粒子的坐標(biāo)；
(3)保持圖(b)中磁場不變，再加一垂直于xOy平面向外的恒定勻強(qiáng)磁場B2，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3 T，在t＝0時，粒子仍以原來的速度從原點射入，求粒子回到坐標(biāo)原點的時刻．
【名師解析】：
(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動，洛倫茲力提供向力心，qvB1＝m
r＝1 m.
(2)帶電粒子在磁場中運動的周期
T0＝＝×10－4 s
在0～×10－4 s過程中，粒子運動了，圓弧對應(yīng)的圓心角θ1＝
在×10－4 s ～×10－4 s過程中，粒子又運動了，圓弧對應(yīng)的圓心角θ2＝
軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，
橫坐標(biāo)：x＝2r＋2rsin ＝(2＋) m≈3.41 m　
縱坐標(biāo)：y＝－2rcos ＝－ m≈－1.41 m
帶電粒子的坐標(biāo)為(3.41 m，－1.41 m)．
　

(3)施加B2＝0.3 T的勻強(qiáng)磁場與原磁場疊加后，如圖乙所示，
①當(dāng)nT≤t＜nT＋(n＝0，1，2，…)時，
T1＝＝×10－4 s
②當(dāng)nT＋≤t＜(n＋1)T(n＝0，1，2，…)時，
T2＝＝π×10－4 s
粒子運動軌跡如圖丙所示，則粒子回到原點的時刻為：
t1＝×10－4 s
t2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0，1，2，3，…)．
答案：(1)1 m　(2)(3.41 m，－1.41 m)　
(3)t1＝×10－4 s或
t2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0，1，2，3，…)
8．如圖甲所示，在xOy平面的第三象限內(nèi)有一個粒子發(fā)射裝置S，它可以向第一象限0°～90°范圍內(nèi)的不同方向發(fā)射速率為v0=1.0×103m/s，比荷為=1×105C/kg的大量帶負(fù)電粒子．現(xiàn)在x軸上方的某區(qū)域內(nèi)加一個勻強(qiáng)磁場，使所有粒子經(jīng)過磁場后能在0≤y≤0.1m的范圍內(nèi)沿x軸正向運動．粒子越過磁場區(qū)域后進(jìn)入一個由平行板電容器MN所產(chǎn)生的正方形電場區(qū)域，電容器兩極板上的電壓隨時間變化的圖象如圖乙所示，已知電容器的左右兩端位于x1=0.15m，x2=0.25m處，上下兩端位于y1=0.1m、y2=0m處，在x=0.3m處有一個平行于y軸的熒屏L，粒子打到熒光屏后能夠發(fā)光．若所有粒子的運動軌跡都在一行于紙面的平面內(nèi)，且不計粒子的重力、粒子間的相互作用及粒子落在極板和熒光屏上對電壓的影響．求：

（1）偏轉(zhuǎn)磁場的感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）偏轉(zhuǎn)磁場在圖中坐標(biāo)系中分布的最小面積（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；
（3）電容器兩極板間有電壓和無電壓時熒光屏上平行于y軸方向發(fā)光長度的比值．
【參考答案】（1）（2）（3）
【名師解析】（1）因為能使所有粒子在0?y?0.1范圍內(nèi)沿x軸正向運動，所以粒子沿y軸正方向射入時,恰好能在(0.1,0.1)坐標(biāo)，沿x軸正向運動，粒子在磁場中轉(zhuǎn)動90°的圓心角，其圓心在x軸上，圓的半徑為r=0.1m???? ①
由洛侖茲力提供向心力則有：????? ②
所以：B=T=0.1T

(2)由題意可知，電子是以一定速度從原點O沿任意方向射入第一象限時，先考察速度沿+y方向的電子，其運動軌跡是圓心在x軸上的(0.1,0)點，半徑為R=0.1m的圓。該電子沿圓弧運動至最高點時即朝x軸的正向，可見這段圓弧就是符合條件磁場的上邊界，如圖1所示
當(dāng)電子速度方向與x軸正向成角度θ時,作出軌跡圖2,當(dāng)電子達(dá)到磁場邊界時,速度方向必須平行于x軸方向,設(shè)邊界任一點的坐標(biāo)為S(x,y)，由圖2可知，
x=Rsinθ，y=R?Rcosθ，消去參數(shù)θ得，
x2 +(y?R)2 =R2?
可以看出隨著θ的變化，S的軌跡是圓心為(0,R)，半徑為R的圓，即是磁場區(qū)域的下邊界。
上下邊界就構(gòu)成一個葉片形磁場邊界，如圖3所示，則符合條件的磁場最小面積為扇形面積減去等腰直角三角形面積的2倍。
S=2(?)=R2?
本題中R=0.1m,代入上式得S=5.7×10?3 m2?
(3)當(dāng)電容器兩極板間無電壓時,屏上發(fā)光長度為l1=0.1m
當(dāng)電容器兩極板間有電壓時，帶負(fù)電粒子在兩板間做類平拋運動如圖
根據(jù)牛頓第二定律qE=ma，且E=U/d
得a==1×107 m/s2?
水平方向：l=v0t
解得t=l/v0=1×10?4?s
豎直方向：y==×1×107×(1×10?4)2=0.05m=5cm，
電場方向向下，帶負(fù)電粒子向上偏轉(zhuǎn)，沿中心線射入的粒子恰好沿邊界射出，在中心線上方進(jìn)入平行板電容器的粒子打在極板上，沿中心線射入的粒子打在屏上的位置距中心線距離y′,根據(jù)幾何關(guān)系，y′=10cm
沿下極板入射的粒子剛好打在屏上和上板同一水平線上，所以有電壓時屏上發(fā)光長度為l2=5cm
所以有電壓時和無電壓時屏上發(fā)光長度的比值l2：l1=5cm：10cm=1：2
點睛：根據(jù)粒子在磁場中勻速圓周運動的某一臨界軌跡，沿+y方向入射，根據(jù)軌跡求出半徑，再結(jié)合洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，聯(lián)立求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；求出偏轉(zhuǎn)磁場的上下邊界，包圍的面積即為最小面積；無電壓時，粒子在板間勻速直線運動，發(fā)光亮度就是板寬度，有電壓時根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求出在屏上的亮度．

9.（20分）（2023重慶南開聯(lián)考）在矩形區(qū)域中，存在如圖所示的磁場區(qū)域（包括邊界），規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，其中、為邊界上的一點，且。重力可忽略不計的正粒子從點沿方向以初速度射入如圖所示的周期性變化的磁場，已知粒子的比荷為k。求：

（1）如果在t=0時刻射入磁場的粒子經(jīng)小于半個周期的時間從邊界上的點離開，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為多大？
（2）如果磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，在邊的右側(cè)加一垂直邊向左的勻強(qiáng)電場，t=0時刻射入磁場的粒子剛好經(jīng)過T0后垂直邊離開磁場，經(jīng)過一段時間又沿邊從d點離開磁場區(qū)域，則電場強(qiáng)度E以及粒子在電場中的路程x分別為多大？（T0未知，用k，L，v0表示）
（3）如果磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，欲使在小于半個周期的任意時刻射入磁場的粒子均不能由邊離開磁場，則磁場的變化周期應(yīng)滿足什么條件？
【名師解析】(1)根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡，如圖所示，
由幾何關(guān)系有：計算得出：
又解得
(2)根據(jù)題意知道粒子的半徑R= 畫出粒子在T0的運動軌跡如圖所示。
O
O

??設(shè)粒子運動的周期為T，根據(jù)題意有：
得為保證能回到d點，則在電場中用時間t滿足：t=nT0 （n=1，2，3 ．．．）
又有
解得（n=1，2，3 ．．．）
電場中路程：（n=1，2，3 ．．．）
(3)臨界情況為粒子從t=0時刻射入，并且在時刻軌跡恰好與ad邊相切，如圖所示?。
?設(shè)圓周運動的周期為T，由幾何關(guān)系知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為1500 對應(yīng)運動時間為應(yīng)滿足解得

10. 如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示．有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力．求：

(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大?。?br /> (2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值．
【參考答案】　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)
【名師解析】　設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向．
(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0＝
做勻速圓周運動的周期T0＝
由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，

兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R＝；當(dāng)兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有R＝(n＝1,2,3，…)．
聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為
v0＝＝(n＝1,2,3，…)

11.（14分）（2020年3月山東淄博質(zhì)檢）如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子。在0~3t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、t0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況）
（1）求電壓U0的大小。
（2）求時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。
（3）何時進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。

圖甲圖乙

【名師解析】.（14分）
（1）時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為，
（1分）
（1分）
（1分）
聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為（1分）
（2）時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。
帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為（1分）
帶電粒子離開電場時沿y軸負(fù)方向的分速度大小為（1分）
帶電粒子離開電場時的速度大小為（1分）
設(shè)帶電粒子離開電場進(jìn)入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有（1分）
聯(lián)立以上各式解得（1分）

（3）時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為（1分）
設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則（1分）
代入數(shù)據(jù)解得
帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，
所求最短時間為（1分）
帶電粒子在磁場中運動的周期為（1分）
解得（1分）
12.如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0．在t=0時刻將一個質(zhì)量為m電量為-q（q＞0）的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t=t0/2時刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）
（1）求粒子到達(dá)S2時的速度大小v和極板間距d；
（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件。
（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。
【名師解析】（1）粒子在勻強(qiáng)電場中電場力做功等于粒子動能的增加，得：

代入數(shù)據(jù)，得：
又：
聯(lián)立以上兩式，得：
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：，
得：
使粒子不與極板相撞，則運動的半徑
聯(lián)立以上兩式，得：
（3）粒子在t=3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，根據(jù)運動的對稱性，則從s1再次進(jìn)入電場時的時刻是；
粒子從右向左應(yīng)是水平勻速穿過無場區(qū)，距離為d，時間為：
粒子在左右磁場中的時間是相等的，粒子在磁場中運動的總時間：
粒子在左右磁場中的時間是相等的且都是半個周期，所以粒子運動的總時間是一個周期，即t′=T；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：
，vT=2πr
聯(lián)立以上公式得：。
13. 在如圖甲所示的xOy坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場；第二象限內(nèi)有方向水平向右、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場E1；第四象限內(nèi)有方向水平(以水平向右為正方向)、大小按圖乙規(guī)律變化的電場E2，變化周期T＝.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從(－x0，x0)點由靜止釋放，進(jìn)入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運動.以粒子經(jīng)過x軸進(jìn)入第四象限的時間點為電場E2的計時起點，不計粒子重力.求：

(1)第一象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
(2)粒子在第四象限中運動，當(dāng)t＝時，粒子的速度；
(3)粒子在第四象限中運動，當(dāng)t＝nT(n∈N*) 時，粒子的坐標(biāo).
【參考答案】　(1)　 (2)2，方向與水平方向成45°角斜向右下方　
(3)[(n＋1)x0，－2nx0] (n∈N*)
【名師解析】　
(1)設(shè)粒子離開第二象限時的速度為v0，在第二象限內(nèi)，由動能定理得qEx0＝mv02
解得v0＝
在第一象限內(nèi)，粒子做勻速圓周運動的速度為v0，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m
解得B＝
(2)粒子進(jìn)入第四象限后，加速度a＝＝，當(dāng)t＝時在水平方向上有v水平＝at＝×
得v水平＝＝v0
故粒子的速度大小v合＝v0＝2
方向與水平方向成45°角斜向右下方
(3)粒子在第四象限中運動時，y軸方向上做勻速直線運動，x軸方向上前半個周期向右做勻加速運動，后半個周期向右做勻減速運動直到速度為0；每半個周期向右前進(jìn)x＝×2＝，每個周期前進(jìn)x0
當(dāng)t＝nT時，x軸距O點的距離x＝x0＋nx0
y軸距O點的距離y＝－v0nT＝－2nx0
粒子的坐標(biāo)[(n＋1)x0，－2nx0](n∈N*)
14 . 如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示．有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力．求：

(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大?。?br /> (2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值．
【答案】　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)
【解析】　設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向．
(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0＝
做勻速圓周運動的周期T0＝
由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，

兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R＝；當(dāng)兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有R＝(n＝1,2,3，…)．
聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為
v0＝＝(n＝1,2,3，…)

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