新课标2020年高考物理一轮总复习高考真题专项突破十带电粒子在磁场中的运动题（含答案）

PAGE8PAGE高考真题专项突破(十)带电粒子在磁场中的运动题[真题1](2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比．解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由题给条件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4⑧答案：(1)B＝eq\f(4U,lv1)(2)1∶4[真题2](2018·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核eq\o\al(1,1)H和一个氘核eq\o\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知eq\o\al(1,1)H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.eq\o\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．解析：(1)eq\o\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设eq\o\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1＝v1t1①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)②由题给条件，eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③联立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h.④(2)eq\o\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝eq\r(v\o\al(2,1)＋a1t12)⑥设磁感应强度大小为B，eq\o\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B＝eq\f(mv1′2,R1)⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh)).⑨(3)设eq\o\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪设eq\o\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2＝v2t2⑫h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑬v2′＝eq\r(v\o\al(2,2)＋a2t22)⑭sinθ2＝eq\f(a2t2,v2′)⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq\f(\r(2),2)v1′⑯设eq\o\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝eq\f(2mv2′,qB)＝eq\r(2)R1⑰所以出射点在原点左侧．设eq\o\al(2,1)H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有s2′＝2R2sinθ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s1＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h⑲答案：(1)s1＝eq\f(2\r(3),3)h(2)B＝eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h[真题3](2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq\f(π,6)，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．解析：(1)粒子运动的轨迹如图所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(如图)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)⑤由几何关系得l＝2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl).⑦(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0coteq\f(π,6)⑧联立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2)⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋eq\f(2\f(π,2)－\f(π,6),2π)T⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝eq\f(2πm,qB)⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq\f(Bl,E)(1＋eq\f(\r(3)πl,18l′))⑫答案：(1)见解析(2)v0＝eq\f(2El′,Bl)(3)eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2)t′＝eq\f(Bl,E)(1＋eq\f(\r(3)πl,18l′))[命题情报]带电粒子在磁场中运动的问题是高考中的必考点、重点和难点．本部分内容高考主要分三个层次进行考查：一是双基过关类问题，突出对在洛伦兹力作用下带电粒子做圆周运动的运动学物理量(半径、速度、时间、周期等)的考查，以考查对知识的理解能力为主，通常以选择题的形式出现；二是能力提高类题目，突出对概念的深层次理解及与力学问题综合的考查，以对思维能力和综合能力考查为主，这类题虽然有一定的难度，但经过大量的训练后，这类问题的解决并不困难；三是应用创新性题目，突出本部分内容在实际生活中的应用，以考查思维能力和理论联系实际的能力为主，这类题有相对较大的难度，甚至会作为压轴题出现．1．(2018·北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是()A．磁场和电场的方向B．磁场和电场的强弱C．粒子的电性和电量D．粒子入射时的速度解析：当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即Eq＝qvB，则v＝eq\f(E,B)，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选C.答案：C2．(2018·天津卷)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、eq\r(3)R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力．(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,\r(3)R)①设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at④联立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度等于为v0，由运动的合成和分解可得tanθ＝eq\f(v,v0)⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)⑨答案：(1)t＝eq\f(\r(3)RB,E)(2)v0＝eq\f(qBR,m)3．(2018·江苏卷)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方eq\f(d,2)处射出磁场．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值．解析：(1)粒子做圆周运动的半径r0＝eq\f(mv0,qB)，由题意知r0＝eq\f(d,4)，解得B＝eq\f(4mv0,qd).(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，粒子运动半径r＝eq\f(5mv0,qB).由d＝rsinα，得sinα＝eq\f(4,5)，即α＝53°在一个矩形磁场中的运动时间t1＝eq\f(α,360°)×eq\f(2πm,qB)，解得t1＝eq\f(53πd,720v0)直线运动的时间t2＝eq\f(2d,v)，解得t2＝eq\f(2d,5v0)则t＝4t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(53π＋72,180)))eq\f(d,v0).(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y＝2