2023版高考物理总复习之加练半小时-第十章-微专题71-带电粒子在组合场中的运动

微专题71带电粒子在组合场中的运动1．带电粒子在匀强电场中一般做匀变速运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动.2.明确各段运动的性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．1．(多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－eq\r(2)L,0)、Q(0，－eq\r(2)L)为坐标轴上的两点．现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是()A．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为eq\f(πm,2eB)B．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为eq\f(πL,2)C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间一定为eq\f(2πm,eB)D．若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程可能为πL或2πL答案ABD解析电子在磁场中做圆周运动，从P点到Q点运动轨迹可能如图甲或图乙所示，电子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,eB)设电子在PO段完成n个圆弧，则电子从P点出发恰好经原点O点的时间为t＝neq\f(90°,360°)T＝eq\f(nπm,2eB)，n＝1、2、3……所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为eq\f(πm,2eB)，则A正确；电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得neq\r(2)r＝eq\r(2)L电子从P点出发恰好经原点O，运动路程为s＝neq\f(πr,2)当n＝1时s＝eq\f(πL,2)所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为eq\f(πL,2)，则B正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间为t＝nT＝eq\f(2nπm,eB)，n＝1、2、3…，所以若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间可能为eq\f(2πm,eB)，则C错误；若电子从P点出发经原点O到Q点，运动轨迹可能如图甲、乙所示，若电子在PO段完成n个圆弧，那么关于电子的运动路程，n为奇数时为2πL，n为偶数时为πL，故D正确．2.如图所示，空间均匀分布的磁场，其方向都垂直于纸面向外，y轴是两磁场的分界面．在x>0区域内，磁感应强度大小为B1＝2T，在x<0的区域内，磁感应强度大小为B2＝1T．在坐标原点O处有一个中性粒子(质量为M＝3.2×10－25kg)分裂为两个带等量异号的带电粒子a和b，其中粒子a的质量m＝γM(γ可以取0～1的任意值)，电荷量q＝＋3.2×10－19C，分裂时释放的总能量E＝1.0×104eV.释放的总能量全部转化为两个粒子的动能．设a粒子的速度沿x轴正方向．不计粒子重力和粒子之间的相互作用；不计中性粒子分裂时间．求：(1)若γ＝0.25，粒子a在右边磁场运动的半径Ra1；(2)γ取多大时，粒子a在右边磁场运动的半径最大；(3)γ取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇？答案(1)eq\f(\r(3),80)m(2)eq\f(1,2)(3)eq\f(3,4)或eq\f(2,7)解析(1)分裂过程动量守恒，则有γMva＝(1－γ)Mvb由能量守恒定律得，E＝eq\f(1,2)γMva2＋eq\f(1,2)(1－γ)Mvb2，解得va＝eq\r(\f(21－γE,γM))vb＝eq\r(\f(2γE,1－γM))粒子a轨迹满足qvaB1＝eq\f(γMv\o\al(a2),Ra1)Ra1＝eq\f(γMva,qB1)＝eq\f(\r(3),80)m(2)由(1)问可知Ra1＝eq\f(γMva,qB1)＝eq\f(\r(2γ1－γME),qB1)可知当γ＝eq\f(1,2)时Ra1最大；(3)一个中性粒子分裂为两个带电粒子a和b，根据电荷守恒，a粒子带正电，则b粒子带负电．由于两个粒子的质量和速度的乘积相等，所以两个粒子在同一磁场中的运动半径也相等r＝eq\f(mv,qB)即eq\f(r1,r2)＝eq\f(B2,B1)＝eq\f(1,2)a、b两粒子的运动轨迹如图所示，它们相遇的位置只有两个，分别为C点和D点①若在C点相遇eq\f(πγM,qB1)＝eq\f(π1－γM,qB1)＋eq\f(π1－γM,qB2)则γ＝eq\f(3,4)②若在D点相遇，由于△OCD为正三角形，所以eq\f(πγM,qB1)＋eq\f(πγM,3qB2)＝eq\f(π1－γM,3qB2)则γ＝eq\f(2,7).3．宇宙中的暗物质湮灭会产生大量的高能正电子，正电子的质量为m，电荷量为e，通过寻找宇宙中暗物质湮灭产生的正电子是探测暗物质的一种方法(称为“间接探测”)．如图所示是某科研攻关小组为空间站设计的探测器截面图，粒子入口的宽度为d，以粒子入口处的上沿为坐标原点建立xOy平面直角坐标系，以虚线AB、CD、EF为边界，0<x<d区域有垂直纸面向外的匀强磁场，d<x<2d区域有垂直纸面向里的匀强磁场，0<x<2d区域内磁感应强度的大小均为B；2d<x<3d区域有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为eq\f(eB2d,m)；x＝5d处放置一块与y轴平行的足够长的探测板PQ.在某次探测中，仅考虑沿x轴正方向射入的大量速度不等的正电子，正电子的重力以及相互作用不计，其中一些正电子到达边界AB时，速度与x轴正方向的最小夹角为60°，对此次探测，求：(1)初速度多大的正电子能到达探测板PQ；(2)正电子自入口到探测板PQ的最短时间；(3)正电子经过边界CD时的y轴坐标范围？答案(1)v>eq\f(Bed,m)(2)(eq\f(2π,3)＋eq\f(3\r(3),2))eq\f(m,eB)(3)－3d≤y≤－eq\f(2,3)eq\r(3)d解析(1)正电子只要能经过边界AB就能到达探测板PQ，正电子能到达探测板PQ时，正电子做圆周运动的轨道半径r>d由牛顿第二定律得evB＝meq\f(v2,r)解得v>eq\f(Bed,m)(2)在边界AB速度方向与x轴夹角为60°的正电子到PQ的时间最短，正电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设正电子的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得ev1B＝meq\f(v12,r1)由几何知识得d＝r1sineq\f(π,3)在入口和AB间、AB和CD间的运动时间相同，设为t1，则eq\f(π,3)r1＝v1t1解得t1＝eq\f(πm,3eB)自CD至PQ，t2＝eq\f(3d,v1)t＝2t1＋t2＝(eq\f(2π,3)＋eq\f(3\r(3),2))eq\f(m,eB)(3)速度最大的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y1＝r1－r1coseq\f(π,3)速度最小的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y2＝d正电子经过边界CD时的y轴坐标范围是－2y2－d≤y≤－2y1即－3d≤y≤－eq\f(2,3)eq\r(3)d.4．(2022·天津南开中学高三月考)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上，一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：(1)粒子的初速度大小v1，进入电场前在磁场中的运动时间t；(2)b点的坐标，匀强电场的电场强度大小E.答案(1)eq\f(\r(2)qBh,m)eq\f(5πm,4qB)(2)(0，－eq\f(\r(2)＋1,2)h)eq\f(\r(2)－1qhB2,m)解析(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有rcos45°＝h可得r＝eq\r(2)h又qv1B＝eq\f(mv\o\al(12),r)可得v1＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBh,m)粒子在磁场中的周期为T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,qB)粒子进入电场前在磁场中的运动时间t＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规律，有vb＝v1cos45°得vb＝eq\f(qBh,m)设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb结合类平抛运动规律得r＋rsin45°＝vbt，yb＝eq\f(1,2)(v1sin45°＋0)t＝eq\f(\r(2)＋1,2)h则b点坐标为(0，－eq\f(\r(2)＋1,2)h)由动能定理得－qEyb＝eq\f(1,2)mvb2－eq\f(1,2)mv12解得E＝eq\f(\r(2)－1qhB2,m).5.如图所示，平面直角坐标系xOy中，在x轴上方和y＝－eq\f(3,2)L下方存在场强大小相等、方向相反(均平行于y轴)的匀强电场，在x轴下方和y＝－eq\f(3,2)L间存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1(0，L)时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2(eq\f(3,2)L,0)进入磁场，经磁场偏转后垂直y＝－eq\f(3,2)L虚线进入下方电场，不计粒子重力，sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5)，求：(1)粒子到达P2点时的速度大小和方向；(2)电场强度E和磁感应强度B的大小；(3)粒子从P1点出发后至第5次经过x轴所经历的时间及此时经过x轴的位置坐标．答案(1)eq\f(5,3)v0方向与x轴正方向的夹角为53°(2)eq\f(8mv\o\al(02),9qL)eq\f(2mv0,3qL)(3)eq\f(450＋37πL,30v0)(eq\f(19,2)L,0)解析(1)如图所示，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时沿y轴方向的分速度为vy由运动学规律有eq\f(3,2)L＝v0t1L＝eq\f(vy,2)t1可得t1＝eq\f(3L,2v0)vy＝eq\f(4,3)v0故粒子在P2的速度大小v＝eq\r(v\o\al(02)＋v\o\al(y2))＝eq\f(5,3)v0设v与x轴正方向的夹角为β，则tanβ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(4,3)即β＝53°(2)粒子从P1到P2，据动能定理有qEL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02可得E＝eq\f(8mv\o\al(02),9qL)作出粒子轨迹如图所示，设在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，则由几何关系可得r＝eq\f(\f(3,2)L,sin37°)＝eq\f(5,2)L由qvB＝meq\f(v2,r)B＝eq\f(mv,qr)＝eq\f(2mv0,3qL)(3)粒子运动一个周期的轨迹如图所示，粒子从P1运动到P2，t1＝eq\f(3L,2v0)又因为T磁＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(3πL,v0)粒子从P2运动到M，t2＝eq\f(37°,360°)T磁＝eq\f(37πL,120v0)粒子从M运动到N，a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(8v\o\al(2,0),9L)则t3＝eq\f(v,a)＝eq\f(15L,8v0)则粒子第5次经过x轴经历了2个周期加1个类平抛的时间，即为t＝4(t1＋t2＋t3)＋t1＝eq\f(450＋37πL,30v0)每个周期内粒子会沿x轴正方向移动的距离为Δx＝2×eq\f(3,2)L＋2×(eq\f(5,2)L－eq\f(5,2)L·cos37°)＝4L则粒子第5次经过x轴距坐标原点的距离为x＝2Δx＋eq\f(3,2)L＝eq\f(19,2)L则坐标为(eq\f(19,2)L,0)6．如图所示，同一竖直平面内的a、b、c三条水平虚线间的距离分别为d、2d，在虚线a上方有竖直向下的匀强电场，虚线b、c之间有水平向里的匀强磁场，其磁感应强度大小可调．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从到虚线a的距离为d的O点水平向右射入电场，射入的初速度大小为v0，并从虚线a上的P点离开电场，O、P两点间的水平距离为2d.当磁感应强度大小为B1(未知)时，粒子恰好不能从虚线c射出磁场，并从虚线a上的Q点(图中未标出)第一次返回电场．不计粒子受到的重力，虚线a、b之间既无电场也无磁场．(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)求磁感应强度大小B1及P、Q两点间的距离；(3)改变匀强磁场的磁感应强度大小，使粒子第一次从磁场中返回到电场后能直接从Q点离开电场，求此磁感应强度大小B2.答案(1)eq\f(mv\o\al(02),2qd)(2)eq\f(\r(2)－1m