备考2024届高考物理一轮复习强化训练第十一章磁场专题十六带电粒子在组合场中的运动

这是一份备考2024届高考物理一轮复习强化训练第十一章磁场专题十六带电粒子在组合场中的运动，共8页。

（1）求孔C所处位置的坐标x0；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0；
（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式.
答案 （1）2mv0qB （2）2d （3）mv022q （4）Ux＝qB28mx2（mv02qB≤x≤22mv0qB）
解析 （1）离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B＝mv02R
x0＝2R＝2mv0qB
（2）如图所示，初速度方向与y轴夹角为θ的离子经磁场偏转后进入孔C后仍与y轴成θ角
2mvcsθqB＝x0，vcsθ＝v0，进入孔C后离子速度方向与y轴的最大夹角为β
csβ＝v02v0＝22，即β＝45°
由几何关系可得L＝2d
（3）进入孔C的离子速度大小v及其与y轴夹角θ必须满足vcsθ＝v0
由动能定理可得
－qU0＝12m（vsinθ）2－12mv2
解得U0＝mv022q
（4）由上述分析及离子速度方向、大小的范围可知，离子经偏转后能进入孔C的位置范围为
mv02qB≤x≤22mv0qB
且vy＝Bqx2m
由动能定理得12mvy2＝Uxq
解得Ux＝qB28mx2（mv02qB≤x≤22mv0qB）.
2.[带电粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的匀速圆周运动＋动量定理/2023浙江6月]利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术.如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合.位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域.不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应.
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若B2＝2B1，求能到达y＝L2处的离子的最小速度v2；
（3）若B2＝B1Ly，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在B1qLm～6B1qLm范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η.
答案 （1）2qB1Lm 2πm3qB1 （2）4qB1Lm （3）60％
解析 （1）离子恰不进入区域Ⅱ时的速度为离子不进入区域Ⅱ的最大速度，作出其此时的运动轨迹，如图1所示
图1
由轨迹图中的几何关系得sin30°＝r1－Lr1，解得r1＝2L
由洛伦兹力提供向心力有qv1B1＝mv12r1
解得v1＝2qB1Lm
由图1的几何关系可得运动轨迹所对圆心角为θ＝2π3
则离子在磁场中的运动时间t＝θr1v1＝2πm3qB1
（2）解法1：作出离子恰好能到达y＝L2处的运动轨迹，如图2所示
图2
若B2＝2B1，由r＝mvqB可知离子在区域Ⅰ中的运动轨迹半径为r2＝r'12
由几何关系可等效为B2＝B1时离子恰好运动到y＝0处，如图3
图3
由轨迹图中几何关系可得sin30°＝r’1－2Lr’1
解得r’1＝4L
离子在区域Ⅰ磁场中运动，有qv2B1＝mv22r’1
解得v2＝4qB1Lm
解法2：当离子运动到y＝L2处的速度方向水平向右时，速度最小为v2，又B2＝2B1，则由R＝mvqB可知R2＝R’12
作出离子的轨迹如图4所示
图4
由几何关系可知∠O2GC＝180°－θ
设O2G＝l，在△O2GC中lsin30°＝R'1sin（180°－θ）
又由几何关系得R2－R2sinθ＝L2
l＋Lsinθ＝R'1
解得R2＝R'12＝2L
结合R'1＝mv2qB1可解得v2＝4B1qLm
（3）解法1：由区域Ⅱ中磁场磁感应强度B2＝B1Ly，可知其可等效为磁感应强度为B12的匀强磁场，若再把区域Ⅱ中磁场等效为磁感应强度为B1的匀强磁场，则磁场宽度应等效为L2.画出恰好不能进入第四象限的离子运动轨迹，如图4
图5
由轨迹图中几何关系得sin30°＝r3－1.5Lr3，解得r3＝3L
由洛伦兹力提供向心力有qv3B1＝mv32r3
解得v3＝3qB1Lm
即速度大于v3＝3qB1Lm的离子都能够进入第四象限
进入第四象限的离子数与总离子数之比为η＝6qB1Lm－3qB1Lm6qB1Lm－qB1Lm×100％＝60％
解法2：离子在水平方向上的洛伦兹力Fx＝Bqvy
在磁场Ⅰ中，由动量定理得
Fx·Δt＝B1qvy·Δt＝B1qΔy＝mΔvx1
则ΣB1qΔy＝ΣmΔvx1
即B1qL＝m（v出Ⅰy－vcs60°）
在磁场Ⅱ中，由动量定理得
B1L·y·qvyΔt＝B1Ly·qΔy＝mΔvx2
则ΣB1LqyΔy＝ΣmΔvx2
即B1Lq·L22＝m（v－v出Ⅰy）
故在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中有
B1qL＋B1L·q·L22＝m（v－vcs60°）
解得v＝3qB1Lm
又速度越小，离子越不容易进入第四象限
所以v＞3qB1Lm时离子进入第四象限
故η＝6B1qLm－3B1qLm6B1qLm－B1qLm×100％＝60％.
3.[电场与磁场组合/2021山东]某离子实验装置的基本原理如图甲所示.Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场.测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合.从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C.已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ.忽略离子间的相互作用，不计重力.
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示.为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s.
图甲
图乙
答案 （1）qB0dmsinθ （2）2qB02d2mL2tan2θ（Ltanθ＋dsinθ－dtanθ） （3）6（3+1）7πL
解析 （1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB0＝mv2r
根据几何关系得sinθ＝dr
联立解得v＝qB0dmsinθ
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE＝ma
由运动的合成与分解得L＝vtcsθ
y0＝－r（1－csθ），y0＝vtsinθ－12at2
联立得E＝2qB02d2mL2tan2θ（Ltanθ＋dsinθ－dtanθ）
（3）Ⅱ区内填充磁场后，将离子进入Ⅱ区的初速度沿平行x轴和平行y轴分解，则有vx＝vcsθ、vy＝vsinθ，则离子在平行y轴方向的运动与（2）中完全相同，离子在垂直y轴的平面内做匀速圆周运动，如图所示.设左侧部分的圆心角为α，圆周运动的半径为r'，运动轨迹长度为l'，由几何关系得
α＝π3，l'＝α2π×2πr'＋α＋π22π×2πr'
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
l'vcsθ＝Lvcsθ
C到O1的距离s＝2r'sinα＋r'
联立得s＝6（3+1）7πL.