高考真題專項突破(十)　帶電粒子在磁場中的運動題

[真題1]　(2018•全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求：

(1)磁場的磁感應(yīng)強度大小；
(2)甲、乙兩種離子的比荷之比．
解析：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有
q1U＝12m1v21①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
q1v1B＝m1v21R1②
由幾何關(guān)系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝4Ulv1④
(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有
q2U＝12m2v22⑤
q2v2B＝m2v22R2⑥
由題給條件有
2R2＝l2⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
q1m1∶q2m2＝1∶4⑧
答案：(1)B＝4Ulv1　(2)1∶4
[真題2]　(2018•全國卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場.11H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計重力．求：
(1)11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；
(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小；
(3)21H第一次離開磁場的位置到原點O的距離．

解析：(1)11H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示．設(shè)11H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學(xué)公式有

s1＝v1t1①
h＝12a1t21②
由題給條件，11H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.11H進入磁場時速度的y分量的大小為
a1t1＝v1tan θ1③
聯(lián)立以上各式得
s1＝233h.④
(2)11H在電場中運動時，由牛頓第二定律有
qE＝ma1⑤
設(shè)11H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有
v1′＝v21＋?a1t1?2⑥
設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，11H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qv1′B＝mv1′2R1⑦
由幾何關(guān)系得
s1＝2R1sin θ1⑧
聯(lián)立以上各式得
B＝6mEqh.⑨
(3)設(shè)21H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得
12(2m)v22＝12mv21⑩
由牛頓第二定律有
qE＝2ma2?
設(shè)21H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學(xué)公式有
s2＝v2t2?
h＝12a2t22?
v2′＝v22＋?a2t2?2?
sin θ2＝a2t2v2′?
聯(lián)立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′?
設(shè)21H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得
R2＝?2m?v2′qB＝2R1?
所以出射點在原點左側(cè)．設(shè)21H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有
s2′＝2R2sin θ2?
聯(lián)立④⑧???式得，21H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為
s2′－s1＝233(2－1)h?
答案：(1)s1＝233h　(2)B＝6mEqh　(3)233(2－1)h
[真題3](2018•全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力．

(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；
(2)求該粒子從M點射入時速度的大小；
(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為π6，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間．
解析：(1)粒子運動的軌跡如圖所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)

(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(如圖)，速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有

qE＝ma①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學(xué)公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcos θ④
粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB＝mv2R⑤
由幾何關(guān)系得
l＝2Rcos θ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
v0＝2El′Bl.⑦
(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得
v1＝v0cotπ6⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得
qm＝43El′B2l2⑨
設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則
t′＝2t＋2?π2－π6?2πT⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，
T＝2πmqB?
由③⑦⑨⑩?式得
t′＝BlE(1＋3πl18l′)?
答案：(1)見解析　(2)v0＝2El′Bl
(3)qm＝43El′B2l2　t′＝BlE(1＋3πl18l′)
[命題情報]
帶電粒子在磁場中運動的問題是高考中的必考點、重點和難點．本部分內(nèi)容高考主要分三個層次進行考查：一是雙基過關(guān)類問題，突出對在洛倫茲力作用下帶電粒子做圓周運動的運動學(xué)物理量(半徑、速度、時間、周期等)的考查，以考查對知識的理解能力為主，通常以選擇題的形式出現(xiàn)；二是能力提高類題目，突出對概念的深層次理解及與力學(xué)問題綜合的考查，以對思維能力和綜合能力考查為主，這類題雖然有一定的難度，但經(jīng)過大量的訓(xùn)練后，這類問題的解決并不困難；三是應(yīng)用創(chuàng)新性題目，突出本部分內(nèi)容在實際生活中的應(yīng)用，以考查思維能力和理論聯(lián)系實際的能力為主，這類題有相對較大的難度，甚至?xí)鳛閴狠S題出現(xiàn)．

1．(2018•北京卷)某空間存在勻強磁場和勻強電場．一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是(　　)
A．磁場和電場的方向
B．磁場和電場的強弱
C．粒子的電性和電量
D．粒子入射時的速度
解析：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)做勻速直線運動，即Eq＝qvB，則v＝EB，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強弱程度都要有要求，例如：電場方向向下，磁場方向垂直紙面向里等，但是對電性和電量無要求，故選C.
答案：C
2．(2018•天津卷)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、3R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力．

(1)求粒子從P到M所用的時間t；
(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小．
解析：(1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv23R①
設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有F＝qE②
設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma③
粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v＝at④
聯(lián)立①②③④式得t＝3RBE⑤
(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可得
(r′－R)2＋(3R)2＝r′2⑥
設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系知tan θ＝3Rr′－R⑦

粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度等于為v0，由運動的合成和分解可得tan θ＝vv0⑧
聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝qBRm⑨
答案：(1)t＝3RBE　(2)v0＝qBRm
3．(2018•江蘇卷)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點，各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場．當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方d2處射出磁場．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.

(1)求磁感應(yīng)強度大小B；
(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t；
(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值．
解析：(1)粒子做圓周運動的半徑r0＝mv0qB，由題意知r0＝d4，解得B＝4mv0qd.
(2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α，粒子運動半徑r＝5mv0qB.
由d＝rsin α，得sin α＝45，即α＝53°
在一個矩形磁場中的運動時間t1＝α 360°×2πmqB，解得t1＝53 πd720v0
直線運動的時間t2＝2dv，解得t2＝2d5v0
則t＝4t1＋t2＝53π＋72180dv0.
(3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x
粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤34d
則當(dāng)xm＝34d時，Δt有最大值
粒子直線運動路程的最大值sm＝2xmcos α＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加時間的最大值Δtm＝Δsmv＝d5v0.
答案：(1)B＝4mv0qd　(2)t＝53π＋72180dv0　(3)Δtm＝d5v0

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