高考物理一轮复习专题突破练习11带电粒子在交变电磁场中的运动含答案

这是一份高考物理一轮复习专题突破练习11带电粒子在交变电磁场中的运动含答案，共13页。


A B
C D
2．如图甲所示，M、N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T0为已知)，现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子在t＝0时从直线M上的O点在纸面内沿着OM线射入磁场，离子在磁场中做圆周运动的周期恰为T0，离子重力不计，其恰好不能从右边界N穿出且在2T0时恰好返回左边界M，则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为( )
甲 乙
A．B0＝eq \f(2πm,qT0)，v0＝eq \f(πd,T0)B．B0＝eq \f(2πm,qT0)，v0＝eq \f(πd,2T0)
C．B0＝eq \f(πm,qT0)，v0＝eq \f(πd,T0)D．B0＝eq \f(πm,qT0)，v0＝eq \f(πd,2T0)
3．如图甲所示，水平放置的平行金属板a、b间加直流电压U，a板上方有足够长的“V”字形绝缘弹性挡板，两板夹角为60°，在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1＝B0，B2未知。现有一比荷为eq \f(q,m)、不计重力的带正电粒子从c点静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响。求：

甲 乙
(1)粒子第一次到达O点时的速率；
(2)图中B2的大小；
(3)金属板a和b间的距离d。
4．如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为eq \f(2v0t0,π)，eq \f(2v0t0,π)。求：

(a) (b)
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
5．(2022·吉林长春市高三模拟)如图甲所示，建立xOy平面直角坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一、四象限有足够大的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右接连发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子，在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑边缘效应的影响)，规定沿y轴负方向为电场正方向。已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场，上述m、q、l、t0、B为已知量。(不考虑粒子间的相互影响及返回板间的情况)

甲 乙
(1)求电压U0的大小；
(2)求eq \f(1,2)t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。
6．(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出。测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝eq \f(\r(2)mv0,5eL)，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
甲
乙
专题突破练习(十一)
1．C [由左手定则可判断出磁感应强度B在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内的方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动eq \f(1,4)圆周，故t＝eq \f(T,4)，由于T＝eq \f(2πm,Bq)，求得B＝eq \f(πm,2qt)，选项C正确。]
2．B [
根据洛伦兹力提供向心力可知qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),r)，得r＝eq \f(mv0,qB0)，磁场虽然方向改变但大小不变，所以半径不变。根据题意画出离子的运动轨迹，如图所示，由几何关系知，M、N之间距离d＝4r，由离子圆周运动的周期T0＝eq \f(2πm,qB0)，解得B0＝eq \f(2πm,qT0)，M、N之间的距离d＝4r，即r＝eq \f(d,4)，离子圆周运动的半径r＝eq \f(mv0,qB0)，解得v0＝eq \f(πd,2T0)，选项B正确。]
3．解析：(1)粒子从b板到a板过程中，静电力做正功，根据动能定理有
qU＝eq \f(1,2)mv2－0
解得粒子第一次到达O点时的速率
v＝eq \r(\f(2qU,m))。
(2)粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,r)
得r＝eq \f(mv,qB)
则得粒子做匀速圆周运动的半径
r1＝eq \f(mv,qB1)，r2＝eq \f(mv,qB2)
使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，
由图易知：r1＝2r2
则B2＝2B0。
(3)在0～t1时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T1＝eq \f(2πm,qB0)
在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T2＝eq \f(πm,qB0)
由轨迹图可知t1＝eq \f(1,6)T1＝eq \f(πm,3qB0)
t2＝eq \f(1,2)T2＝eq \f(πm,2qB0)
粒子在金属板a和b间往返时间为t，
有d＝eq \f(0＋v,2)×eq \f(t,2)
且满足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0,1,2，…)
联立可得金属板a和b间的距离d＝eq \f(π3＋5n,24B0)eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)。
答案：(1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)2B0
(3)eq \f(π3＋5n,24B0)eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)
4．解析：(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过eq \f(1,4)圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝eq \f(2v0t0,π)①
又qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),R)②
代入eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)
解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0)。③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝eq \f(2πR,v0)④
联立①④式解得T＝4t0⑤
即粒子P做eq \f(1,4)圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则
x1＝v0t0⑥
y1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)⑦
其中加速度a＝eq \f(qE0,m)⑧
由③⑦⑧式解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R
因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0))，如图中的b点所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L＝2R＋2x1
解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0。
答案：(1)eq \f(4v0,πE0t0) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0))
(3)eq \f(4＋2π,π)v0t0
5．解析：(1)t＝0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做类平抛运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，则粒子在y轴负方向偏移的距离为eq \f(1,2)l
竖直方向上，根据运动学公式有eq \f(1,2)l＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
由牛顿第二定律有qeq \f(U0,l)＝ma
联立解得U0＝eq \f(ml2,qt\\al(2,0))。
(2)eq \f(1,2)t0时刻进入两极板间的带电粒子，前eq \f(1,2)t0时间在电场中偏转，后eq \f(1,2)t0时间两极板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动，带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0＝eq \f(l,t0)
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝a·eq \f(1,2)t0
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))
设带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvB＝meq \f(v2,R)
联立解得R＝eq \f(\r(5)ml,2qBt0)。
(3)带电粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角越小，则在磁场中运动的时间越短，经分析可知，2t0时刻进入两极板间的带电粒子在磁场中运动时间最短，设此种情况下粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，如图所示。带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为v′y＝at0
根据几何关系有tan α＝eq \f(v0,v′y)
联立解得α＝eq \f(π,4)
则粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为2α＝eq \f(π,2)
所求最短时间为tmin＝eq \f(1,4)T
带电粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πm,Bq)
解得tmin＝eq \f(πm,2Bq)。
答案：(1)eq \f(ml2,qt\\al(2,0)) (2)eq \f(\r(5)ml,2qBt0) (3)见解析
6．解析：(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,S)
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS＝eq \r(v\\al(2,0)－\f(4eEd,m))。
(2)当磁场仅有沿x轴负方向的分量且取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1－\f(L,2))) eq \s\up10(2)＋L2＝Req \\al(2,1)
根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝eq \f(mv\\al(2,0),R1)
联立解得B0＝eq \f(2mv0,5eL)
当磁场在x轴和y轴正方向的分量同时取最大值时，离子从喷口P边缘左上角顶点射出，根据几何关系有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R2－\f(\r(2)L,2))) eq \s\up10(2)＋L2＝Req \\al(2,2)
此时合磁感应强度B＝eq \r(2)B0；根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×eq \r(2)B0＝eq \f(mv\\al(2,0),R2)
联立解得B0＝eq \f(mv0,3eL)
故B0的取值范围为0≤B0≤eq \f(mv0,3eL)。
(3)分析可知，离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×eq \r(2)B0＝eq \f(mv\\al(2,0),R3)
且满足B0＝eq \f(\r(2)mv0,5eL)
所以可得R3＝eq \f(5,4)L
根据几何关系有sin θ＝eq \f(L,R3)＝eq \f(4,5)
则cs θ＝eq \f(3,5)
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有
FΔt＝nΔtmv0cs θ－0
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′＝F＝eq \f(3,5)nmv0，方向沿z轴负方向。
答案：(1)eq \r(v\\al(2,0)－\f(4eEd,m)) (2)0≤B0≤eq \f(mv0,3eL) (3)eq \f(3,5)nmv0，方向沿z轴负方向