第十一章 磁场 专题强化练二十一　带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动

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1.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的由正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区中，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A点，下列说法中正确的有(重力加速度为g)( )
A．该微粒一定带正电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ)
D．该电场的电场强度大小为eq \f(mg,qtan θ)
2.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
3．如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m、电荷量大小为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求：
(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)微粒从P运动到Q的时间．
4．(2023·江苏省昆山中学模拟)如图甲所示，在直角坐标系第一象限内，以x轴和y轴为边界存在足够大匀强磁场．磁感应强度B随时间t作周期性变化的图像如图乙所示，B0已知，垂直纸面向外为B的正方向，一粒子源可持续均匀发射速度为v0的粒子，粒子质量和电荷量分别为m和＋q，不计重力；t＝0时刻，打开粒子源，粒子从坐标原点O沿y轴正方向发射，在t＝eq \f(T0,8)时刻进入磁场的粒子恰好在t＝eq \f(T0,2)时刻离开磁场，求：
(1)磁场变化的周期T0；
(2)粒子从x轴射出的区域宽度d以及从第一象限射出的粒子在磁场中运动的最长时间tm；
(3)若在eq \f(T0,2)时刻关闭粒子源，求从x轴和y轴射出的粒子数之比．
5.(2023·江西高三检测)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E.第一象限中有沿y轴正方向的匀强电场(电场强度大小未知)，且某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为B)．一个带电小球从图中y轴上的M点沿与x轴成θ＝45°角斜向上做匀速直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，离开矩形磁场区域后垂直打在y轴上的P点(图中未标出)，已知O、N两点间的距离为L，重力加速度大小为g，取sin 22.5°＝0.4，cs 22.5°＝0.9.求：
(1)小球所带电荷量与质量的比值和第一象限内匀强电场的电场强度大小；
(2)矩形匀强磁场区域面积S的最小值；
(3)小球从M点运动到P点所用的时间．
6．如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场、电场强度大小为E；y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小B0已知，磁场方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子(重力不计)的质量为m、电荷量为q，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆．求：
(1)P点到O点的距离；
(2)粒子经一个周期eq \f(6.5πm,qB0)沿y轴发生的位移大小．
7．如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的电场强度大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，垂直纸面向外为磁场的正方向．在t＝0时刻，将一质量为m、带电荷量为q、重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放．粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上．求：
(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；
(2)粒子打在x轴负半轴上到O点的最小距离；
(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件；
(4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系．
专题强化练二十一 带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动
1．C 2.C
3．(1)eq \f(\r(2)mg,q) eq \f(mg,q) (2)eq \f(m\r(2gd1),2qd2)
(3)eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,3\r(2gd1))
解析 (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE1sin 45°＝mg
解得E1＝eq \f(\r(2)mg,q)
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则重力和静电力平衡，有mg＝qE2，解得E2＝eq \f(mg,q)
(2)粒子进入磁场区域时满足：
qE1d1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
qvB＝meq \f(v2,R)
根据几何关系，分析可知
R＝eq \f(d2,sin 30°)＝2d2
整理得B＝eq \f(m\r(2gd1),2qd2)
(3)微粒从P到Q的时间包括在区域Ⅰ内的运动时间t1和在区域Ⅱ内的运动时间t2，
由eq \f(1,2)a1t12＝d1，mgtan 45°＝ma1
整理得t1＝eq \r(\f(2d1,g))
由t2＝eq \f(30°,360°)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(1,12)·eq \f(2π·2d2,\r(2gd1))＝eq \f(πd2,3\r(2gd1))
得t＝t1＋t2＝eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,3\r(2gd1)).
4．(1)eq \f(8πm,3qB0) (2)(eq \r(3)－1)eq \f(mv0,qB0) eq \f(8πm,3qB0) (3)3∶4
解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动的周期为
T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,qB0)
在t＝eq \f(T0,8)到t＝eq \f(T0,2)时间内磁场不变，如图甲所示，粒子做匀速圆周运动从x轴离开磁场，则
eq \f(T,2)＝eq \f(T0,2)－eq \f(T0,8)＝eq \f(3T0,8)
解得T0＝eq \f(8πm,3qB0)
(2)粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝eq \f(mv0,qB0)
如图乙所示，某时刻进入磁场的粒子恰好从x轴上F点离开磁场区域，EF为粒子从x轴射出的区域范围，有O1F＝eq \r(3)r
EF＝(eq \r(3)－1)r
解得d＝(eq \r(3)－1)eq \f(mv0,qB0)
因为eq \f(T0,2)＝eq \f(4πm,3qB0)＝eq \f(2,3)T，所以粒子在磁场变化的半个周期内圆周运动的圆心角为240°.比较图乙和图丙可知：从第一象限射出的粒子在磁场中运动时间最长的是从y轴上D点射出的粒子，解得tm＝eq \f(480°,360°)·eq \f(2πm,qB0)＝eq \f(8πm,3qB0)
(3)方法一：如图丁，若磁场无限大且不变，0～eq \f(T0,2)时间内射出的粒子在eq \f(T0,2)时刻均匀分布在圆心角为240°的圆周(A→O)上．
由于磁场变化，240°～150°(A→B)范围内的粒子从x轴射出.120°～0°(B′→O)范围内的粒子从y轴射出，所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为90°∶120°＝3∶4.
方法二：图乙中，恰从F点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
eq \f(T0,2)－eq \f(150°,360°)×eq \f(2πm,qB0)＝eq \f(πm,2qB0)
此时刻之前发射的粒子从x轴射出，时长Δtx＝eq \f(πm,2qB0)
图丙中，恰从D点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
eq \f(T0,2)－eq \f(120°,360°)×eq \f(2πm,qB0)＝eq \f(2πm,3qB0)
此时刻至eq \f(T0,2)时刻发射的粒子从y轴射出，时长Δty＝eq \f(T0,2)－eq \f(2πm,3qB0)＝eq \f(2πm,3qB0)
所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为Δtx∶Δty＝3∶4.
5．(1)eq \f(g,E) E (2)eq \f(2.16E4,g2B4)
(3)eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))
解析 (1)设小球质量为m、电荷量为q、速度为v，小球在MN段受力如图
因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得mgtan 45°＝qE，解得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区城内做匀速圆周运动，则小球受的重力必须与静电力平衡有mg＝qE1
联立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝eq \r(2)qE，
即v＝eq \f(\r(2)E,B)
由qvB＝meq \f(v2,R)，可知R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)E2,gB2)
轨迹图如图所示，由图可知矩形的最小面积
S＝2Rcs 22.5°×(R－Rsin 22.5°)＝eq \f(2.16E4,g2B4)
(3)在第四象限运动的时间t1＝eq \f(\r(2)L,v)
在第一象限矩形磁场区域运动的时间t2＝eq \f(\f(3πR,4),v)
在第一象限做匀速直线运动的时间
t3＝eq \f(L－\f(\r(2),2)R,v)
联立解得小球从M到P的总时间
t＝t1＋t2＋t3
＝eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))．
6．(1)eq \f(Emπ2,2qB02) (2)eq \f(πmE,qB02)
解析 (1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，
则t0＝eq \f(πm,qB0)，Eq＝ma
设O、P间距离为x，则x＝eq \f(1,2)at02，
联立解得x＝eq \f(Emπ2,2qB02).
(2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，
R1＝eq \f(mv0,qB0)，R2＝eq \f(3mv0,2qB0)，又由动能定理得Eqx＝eq \f(1,2)mv02，粒子每经一个周期沿y轴向下移动
Δx，Δx＝2R2－2R1＝eq \f(πmE,qB02).
7．(1)eq \f(πmE0,qB02) (2)eq \f(πmE0,qB02)(π＋2)
(3)d＝eq \f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3，…)
(4)xP＝eq \f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子第一次在电场中有qE0＝ma
v1＝at0，t0＝eq \f(πm,qB0)
粒子第一次进入磁场中有
qv1B0＝eq \f(mv12,R1)
联立解得R1＝eq \f(πmE0,qB02)
(2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上到O点的距离最小，如图甲所示
第一次加速的位移为
Δx1＝eq \f(at02,2)＝eq \f(π2mE0,2qB02)
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1
v2＝2at0＝eq \f(2πE0,B0)
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝eq \f(πmE0,qB02)(π＋2)
(3)分析带电粒子运动轨迹，如图乙所示
可知A与坐标原点间的距离d应满足
d＝n2R1＝eq \f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3，…)
(4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上
xP＝n(Δx1＋R1)＝eq \f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3，…)．