高考物理一轮复习专题10.5磁场--带电粒子在交变电、磁场中的运动(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题10.5磁场--带电粒子在交变电、磁场中的运动(原卷版+解析)，共86页。试卷主要包含了先电场后磁场，先磁场后电场，交变电磁场等内容，欢迎下载使用。

考向一反复进磁场
考向二 先电场后磁场
考向三 先磁场后电场
考向四 交变电磁场
考向一反复进磁场
【典例1】(2023年山东省普通高中学业水平等级性考试17. ）中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。
答案:（1）；（2）；（3）（，，）；（4）
解析：（1）如图所示
将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有
联立解得
（2）如图所示
离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，由洛伦兹力提供向心力可得
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，由洛伦兹力提供向心力可得
可得
为了使离子在磁场中运动，需满足，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为
离子在磁场II中的轨迹半径为
离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过平面的坐标为
离子第四次穿过平面的坐标为
故离子第四次穿过平面的位置坐标为（，，）
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲在磁场I中的轨迹半径为
离子甲在磁场II中的轨迹半径为
离子乙在磁场I中的轨迹半径为
离子乙在磁场II中的轨迹半径为
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示
从点进入磁场到第一个交点的过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
【典例2】(2023·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图1所示.甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点.已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响.求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷eq \f(q′,m′)可能的最小值.
答案:(1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0) (3)eq \f(2q,m)
解析：(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB＝meq \f(v2,r)可知r＝eq \f(mv,qB)，
故r1＝eq \f(mv,2qB0)，r2＝eq \f(mv,3qB0)
且d＝2r1－2r2
解得d＝eq \f(mv,3qB0)
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t1、t2
由T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)得t1＝eq \f(πm,2qB0)，t2＝eq \f(πm,3qB0)
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝eq \f(2πm,qB0)
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…)
相遇时，有neq \f(m′v,3q′B0)＝d，neq \f(5πm′,6q′B0)＝t1＋t2
解得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)
根据题意，n＝1舍去.
当n＝2时，eq \f(q′,m′)有最小值，(eq \f(q′,m′))min＝eq \f(2q,m)
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇.
综上分析，乙的比荷的最小值为eq \f(2q,m).
练习1、(2023·北京市西城区高三下统一测试)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
(1)求电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。
答案:见解析
解析：(1)设电场强度大小为E
由题意有mg＝qE
得E＝eq \f(mg,q)，方向竖直向上(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ。
由r＝eq \f(mv,qB)，有r1＝eq \f(mvmin,qB)，r2＝eq \f(1,2)r1
由(r1＋r2)sin φ＝r2
r1＋r1cs φ＝h
vmin＝(9－6eq \r(2))eq \f(qBh,m)。
(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x。
由题意有3nx＝1.8 h(n＝1,2,3，…)
eq \f(3,2)x≥eq \f(9－6\r(2)h,2)
x＝eq \r(r\\al(2,1)－h－r12)得r1＝(1＋eq \f(0.36,n2))eq \f(h,2)，n＜3.5
即n＝1时，v＝eq \f(0.68qBh,m)；n＝2时，v＝eq \f(0.545qBh,m)；n＝3时，
v＝eq \f(0.52qBh,m)。
练习2、(2023·天津市部分区高三上期末)如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP＝d，OQ＝2d。不计粒子重力。
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
答案:(1)2 eq \r(\f(qEd,m)) 方向与水平方向成45°角斜向上 (2) eq \r(\f(mE,2qd)) (3)(2＋π) eq \r(\f(2md,qE))
解析：第一步：抓关键点
第二步：找突破口
(1)要求过Q点的速度，可以结合平抛运动的知识列方程求解。
(2)要求以垂直y轴的方向进入第二象限时的磁感应强度B0值，可以先画出带电粒子在第一象限的运动轨迹，后结合匀速圆周运动的知识求解。
(3)要求经过一段时间后仍以相同的速度过Q点情况下经历的时间，必须先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合有关知识列方程求解。
(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得
qE＝ma①
由运动学公式得
d＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)②
2d＝v0t0③
vy＝at0④
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))⑤
tan θ＝eq \f(vy,v0)⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v＝2 eq \r(\f(qEd,m))⑦
θ＝45°⑧
甲
(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图甲所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得
R1＝2eq \r(2)d⑨
由牛顿第二定律得
qvB0＝meq \f(v2,R1)⑩
联立⑦⑨⑩式得B0＝ eq \r(\f(mE,2qd))⑪
(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析[粒子运动的轨迹如图乙所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形。]可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得
乙
2R2＝2eq \r(2)d⑫
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得
FG＝HQ＝2R2⑬
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有
t＝eq \f(FG＋HQ＋2πR2,v)⑭
联立⑦⑫⑬⑭式得
t＝(2＋π) eq \r(\f(2md,qE))⑮
考向二 先电场后磁场
先电场后磁场
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
【典例3】(2023·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案:D
解析：电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r＝eq \f(mv,eB)知其在磁场中的轨迹半径增大，P点将右移，B错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C错误；结合B分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，P点将左移，D正确。
【典例4】(2023·全国甲卷)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
答案:(1)eq \f(\r(13)mv\\al(2,0),6qE) (2)eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)≤B≤eq \f(2mv0,ql) (3)eq \f(39－10\r(3),44)l
解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
x＝v0t①
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qEt2,2m)②
已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有tan30°＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qEt,mv0)③
粒子发射位置到P点的距离s＝ eq \r(x2＋y2)④
由①②③④式解得s＝eq \f(\r(13)mv\\al(2,0),6qE)。
(2)带电粒子在磁场中运动的速度大小
v＝eq \f(v0,cs30°)＝eq \f(2\r(3)v0,3)⑤
带电粒子在磁场中做圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律可知qvB＝eq \f(mv2,r)⑥
带电粒子在磁场中运动的两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图甲所示
由几何关系可知，最小轨道半径rmin＝eq \f(\f(l,2),cs30°)＝eq \f(\r(3),3)l⑦
最大轨道半径满足(rmaxcs30°－l)2＋(rmaxsin30°＋l)2＝req \\al(2,max)⑧
解得rmax＝(eq \r(3)＋1)l⑨
当r取rmin时，B有最大值Bmax；当r取rmax时，B有最小值Bmin
由⑤⑥⑦⑨式解得Bmin＝eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)，
Bmax＝eq \f(2mv0,ql)
则磁感应强度大小的取值范围为eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)≤B≤eq \f(2mv0,ql)。
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示
由几何关系可知，在△O3FK中有
(l－r3cs30°)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)＋r3sin30°))2＝req \\al(2,3)⑩
解得带电粒子的运动轨道半径r3＝eq \f(52\r(3)＋1,22)l⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
dmin＝r3sin30°＋l－r3⑫
由⑪⑫式解得dmin＝eq \f(39－10\r(3),44)l。
练习3、(2023·河北省张家口市高三下三模)如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M(2eq \r(3)a，a)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xOy平面(纸面)向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：
(1)电场强度的大小；
(2)N点的坐标．
答案:见解析
解析：(1)粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有
2eq \r(3)a＝v0t a＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2
得E＝eq \f(mv\\al(2,0),6qa)
(2)粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，
则vy＝eq \f(qE,m)t＝eq \f(q,m)·eq \f(mv\\al(2,0),6qa)·eq \f(2\r(3)a,v0)＝eq \f(\r(3),3)v0
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝eq \f(2\r(3),3)v0
tanα＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\r(3),3)，即α＝30°
由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，粒子在磁场中以O′点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，则
qBv＝meq \f(v2,R)
解得粒子做圆周运动的半径为R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB)
由几何关系知，β＝eq \f(1,2)∠PMN＝30°
所以N点的纵坐标为yN＝eq \f(R,tanβ)＋a＝eq \f(2mv0,qB)＋a
横坐标为xN＝2eq \r(3)a
即N点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)a，\f(2mv0,qB)＋a))
练习4、(2023·江苏省扬州市高三下第三次调研)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
答案:(1)eq \f(mv\\al(2,0),2qh) (2)eq \r(2)v0 方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角 (3)eq \f(2mv0,qL)
解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h
y＝eq \f(1,2)at2＝h qE＝ma
联立以上各式可得E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qh)
(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0
所以v＝ eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝eq \r(2)v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角
(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝meq \f(v2,r)
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝eq \f(\r(2),2)L，所以B＝eq \f(2mv0,qL)
【巧学妙记】
1.求解策略：“各个击破”
2．抓住联系两个场的纽带——速度。
考向三 先磁场后电场
先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式。
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。
【典例5】.(2023·江苏省宿迁市高三下第三次调研)如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ＝30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，O点处在磁场的边界上．现有一群质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在纸面内以速度v(0