2024高考物理一轮复习考点攻破训练——“带电粒子在交变电磁场中的运动”的解题策略练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——“带电粒子在交变电磁场中的运动”的解题策略练习含解析教科版，共9页。
2．画出粒子运动轨迹，分析运动空间上的周期性、时间上的周期性．
1．(2023·吉林名校第一次联合模拟)如图1甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点(2L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为eq \f(L,2)，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力．
图1
(1)求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；
(2)若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；
(3)若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为正方向)，最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式．
2．(2023·湖南长沙市雅礼中学月考)如图2甲所示，在xOy平面内存在垂直平面向里的磁场，磁场的变化规律如图乙所示(规定向里为磁感应强度的正方向)，在t＝0时刻由原点O发射一个初速度大小为v，方向沿y轴正方向的带负电的粒子(不计重力)．
图2
(1)若粒子的比荷大小为eq \f(π,2B0t0)，且仅在乙图磁场变化情况下，试求：带电粒子从出发到再次回到原点所用的时间；
(2)若粒子的比荷变为eq \f(2π,3B0t0)，且仅在乙图磁场变化情况下，则带电粒子能否回到原点，若不能，请说明理由．若能，求轨迹上离y轴的最大距离；
(3)若粒子的比荷变为eq \f(π,B0t0)，同时在y轴方向加匀强电场，其电场强度的变化规律如图丙所示(沿y轴正方向的电场强度为正)，要使带电粒子能够在运动一段时间后回到原点O，则E0的取值应为多少？
3.(2023·浙江宁波市十校联考)如图3甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度E＝eq \f(8,π)×103N/C.在y轴上放置一足够大的挡板．t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104m/s的速度沿＋x方向射入磁场．已知电场边界MN到x轴的距离为eq \f(π－2,10)meq \r()，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷eq \f(q,m)＝106C/kg，不计粒子的重力．求粒子：
图3
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；
(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；
(3)最终打在挡板上的位置到电场边界MN的垂直距离．
4．(2023·广东深圳市4月第二次调研)如图4(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电荷量为＋q的a水平向右，不带电的b竖直向上．b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴P.忽略空气阻力，重力加速度为g.求：
图4
(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
(2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为P后瞬间的速度；
(3)若油滴P形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t＝0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T0(垂直纸面向外为正)，已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积(忽略磁场突变的影响)．
答案精析
1．见解析
解析 (1)在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：
eU＝eq \f(1,2)mv02
可得v0＝eq \r(\f(2eU,m))
电子从Q点到M点做类平抛运动，
x轴方向做匀速直线运动，t＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2eU))
y轴方向做匀加速直线运动，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(eE,m)t2
由以上各式可得：E＝eq \f(2U,L)
电子运动至M点时：vM＝eq \r(v\\al(2,0)＋\f(Ee,m)t2)
即vM＝2eq \r(\f(eU,m))
设vM的方向与x轴的夹角为θ，
csθ＝eq \f(v0,vM)＝eq \f(\r(2),2)
解得：θ＝45°.
(2)如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：evMB＝meq \f(v\\al(M2),R)
即B＝eq \f(mvM,eR)＝eq \f(2,L)eq \r(\f(mU,e))
t＝eq \f(\f(3,4)πR,vM)＝eq \f(3πL,8)eq \r(\f(m,eU)).
(3)电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径eq \r(2)R′，即2eq \r(2)R′＝2L
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：2n(eq \r(2)R′)＝2L(n＝1,2,3，…)
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R′＝eq \f(mvM,eB0)
解得：B0＝eq \f(2n\r(2emU),eL)(n＝1,2,3，…)
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过eq \f(1,4)圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是eq \f(1,4)T0＝eq \f(T,2)
又T0＝eq \f(2πm,eB0)
则T的表达式为T＝eq \f(πmL,2n\r(2emU))(n＝1,2,3，…)．
2．(1)8t0 (2)(eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,π))vt0 (3)eq \f(vB0,nπ)(n＝1,2,3…)
解析 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T1＝eq \f(2πm,B0q)＝4t0，
在0～t0、2t0～3t0、4t0～5t0、6t0～7t0时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为90°，
在t0～2t0,3t0～4t0、5t0～6t0、7t0～8t0时间内，带电粒子做匀速直线运动．其轨迹如图甲所示，
粒子回到原点的时间为t＝4t0＋4t0＝8t0.

(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T2＝eq \f(2πm,B0q)＝3t0，
在0～t0、2t0～3t0时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为120°，
在t0～2t0时间内，带电粒子做匀速直线运动．其轨迹如图乙所示，
由图可知轨迹上离y轴最远点为A，
带电粒子圆周运动的半径为r＝eq \f(mv,qB0)＝eq \f(3vt0,2π)
由几何关系可知最大距离为
x＝2r＋eq \f(\r(3),2)vt0＝(eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,π))vt0.
(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期T3＝eq \f(2πm,B0q)＝2t0，
在0～t0时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为180°，
在t0～2t0时间内，带电粒子做匀加速运动，
在2t0～3t0时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为180°，
在3t0～4t0时间内，带电粒子做匀减速运动，回到x轴
其轨迹如图丙所示，
要使粒子能回到原点必须满足：
n(2r2－2r1)＝2r1(n＝1,2,3…)
r1＝eq \f(mv,qB0)＝eq \f(vt0,π)
v2＝v＋eq \f(qE0,m)t0，则r2＝eq \f(mv2,qB0)＝eq \f(v2t0,π)＝eq \f(t0,π)(v＋eq \f(qE0,m)t0)
解得：E0＝eq \f(vB0,nπ)(n＝1,2,3…)．
3．(1)0.4m (2)eq \f(π,2)×10－5s或4π×10－5s(3)eq \f(π＋\r(3),10)m
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,R)
解得半径R＝0.2m，粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym＝2R＝0.4m
(2)如图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2π×0.2,2×104)s＝2π×10－5s
由磁场变化规律可知，它在0～eq \f(3π,2)×10－5s(即0～eq \f(3,4)T)
时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，
用时t1＝eq \f(R＋y0,v)＝eq \f(π,2)×10－5s＝eq \f(T,4)
进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度：a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(8,π)×109m/s2
粒子从C点减速至D点再反向加速至C所需的时间t2＝eq \f(2v,a)＝eq \f(2×2×104,\f(8,π)×109)s＝eq \f(π,2)×10－5s＝eq \f(T,4)
接下来，粒子沿＋y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t1，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经eq \f(3π,2)×10－5s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程．所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：
第一种可能是，由C点先沿－y方向到D再返回经过C，所需时间为t＝t2＝eq \f(π,2)×10－5s
第二种可能是，由C点先沿＋y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿－y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为
t′＝eq \f(T,4)＋eq \f(3T,2)＋eq \f(T,4)＝2T＝4π×10－5s；
(3)由(2)可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x方向平移2R(即图甲中所示从P点移到F点)，eq \x\t(OP)＝1.1m＝5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点．
由题意知，eq \x\t(QI)＝eq \x\t(OP)－5R＝0.1m
eq \x\t(KQ)＝R－eq \x\t(QI)＝0.1m＝eq \f(R,2)，
则eq \x\t(JQ)＝eq \r(R2－\x\t(KQ)2)＝eq \f(\r(3),2)R
J点到电场边界MN的距离为eq \f(\r(3),2)R＋R＋eq \f(π－2,10)m＝eq \f(π＋\r(3),10)m.
4．(1)eq \r(\f(2h,g)) 2h (2)eq \f(2mg,q) eq \r(gh)，方向斜向右上，与水平方向夹角为45° (3)eq \f(ghT\\al(02),2π2)
解析 (1)设油滴的喷出速率为v0，油滴b做竖直上抛运动，则：
0＝veq \\al(02)－2gh
解得v0＝eq \r(2gh)
0＝v0－gt0，解得t0＝eq \r(\f(2h,g))
对油滴a的水平分运动，有，
x0＝v0t0，解得x0＝2h.
(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，
则：qE－mg＝ma
h＝eq \f(1,2)at02
解得a＝g，E＝eq \f(2mg,q)
设油滴的喷出速率为v0，结合前瞬间油滴a速度大小为va，方向斜向右上，与水平方向的夹角为θ，则：v0＝vacsθ v0tanθ＝at0
解得va＝2eq \r(gh)，θ＝45°
两油滴的结合过程动量守恒：mva＝2mvP
联立解得vP＝eq \r(gh)，方向斜向右上，与水平方向夹角为45°.
(3)因qE＝2mg，油滴P在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则：qvPeq \f(8πm,qT0)＝2meq \f(v\\al(P2),r)
解得r＝eq \f(T0\r(gh),4π)
由T＝eq \f(2πr,vP)，解得T＝eq \f(1,2)T0
即油滴P在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形，
最小矩形的两条边分别为2r和4r，轨迹如图，
最小面积为：Smin＝2r×4r＝eq \f(ghT\\al(02),2π2).