高考物理一輪復習講義專題帶電粒子在勻強磁場中的運動計算題部分

專題帶電粒子在勻強磁場中的運動—計算題部分【專題簡介】帶電粒子在磁場中的運動是高考命題熱點。此類運動往往涉及到勻速圓周運動，偏向于考查空間想象能力、建模能力、推理理論能力、創(chuàng)新能力等。在處理此類相關問題時往往要具備較強的作圖能力(確定圓心、半徑、圓心角是作圖的關鍵)和完備的幾何知識(如三角函數(shù)、勾股定律、相似三角形定理等)，而涉及到的物理知識有：①qvB=mv2r；②T=常見定圓心的方法：①利用圓的半徑必過圓心且與該點的切線垂直；②利用圓的弦的中垂線必過圓心?！靖呖颊骖}】1.(2021廣東卷)圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為3R，電子質量為m，電荷量為e，忽略相對論效應，取tan0(1)當Ek0=0時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求Ⅰ區(qū)的磁感應強度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；(2)已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當Ek0=keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值。2.(2011廣東卷)如圖(a)所示，在以O為圓心，內外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內外圓間的電勢差U為常量，R1＝R0，R2＝3R0，一電量為＋q，質量為m的粒子從內圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力。(1)已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大小。(2)若撤去電場，如圖(b)，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應強度的大小及粒子在磁場中運動的時間。(3)在圖(b)中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應強度應小于多少？3.(2014廣東卷)如圖所示，足夠大的平行擋板A1，A2豎直放置，間距為6L，兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外，A1，A2上各有位置正對的小孔S1，S2，兩孔與分界面MN的距離為L，質量為m，電量為＋q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉到MN上的P點，再進入Ⅱ區(qū)，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮。(1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和Ⅱ區(qū)的磁感應強度B與k的關系式?！眷柟烫嵘?.如圖所示，M、N兩金屬圓筒是直線加速器的一部分，M與N的電勢差為U；邊長為2L的立方體區(qū)域abcda’b’c’d’內有豎直向上的勻強磁場。一質量為m，電量為+q的粒子，以初速度v0水平進入圓筒M左側的小孔。粒子在每個筒內均做勻速直線運動，在兩筒間做勻加速直線運動。粒子自圓筒N出來后，從正方形add’a’的中心垂直進入磁場區(qū)域，最后由正方形abb’a’中心垂直飛出磁場區(qū)域，忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子進入磁場區(qū)域時的速率；(2)磁感應強度的大小。2.在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P+，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的平行雙邊界勻強磁場區(qū)域，如圖所示，已知離子P+在磁場中轉過θ=300后從磁場右邊界射出。已知磷離子P+質量為m，帶電量為e，忽略重力影響，求：(1)磷離子P+進入磁場的速度大小v；(2)磁場寬度L。3.在芯片制造過程中，離子注入是芯片制造重要的工序。甲圖是我國自主研發(fā)的離子注入機，乙圖是離子注入機的部分工作原理示意圖。從離子源發(fā)出的離子經電場加速后沿水平方向先通過速度選擇器，再進入磁分析器，磁分析器是中心線半徑為R的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔，利用磁分析器選擇出特定比荷的離子后經N點打在硅片（未畫出）上，完成離子注入。已知速度選擇器和磁分析器中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向均垂直紙面向外；速度選擇器中勻強電場的電場強度大小為E。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力。求：(1)能從速度選擇器中心線通過的離子的速度大小v；(2)能通過N打到硅片上的離子的比荷qm4.如圖所示，在坐標系的第一象限存在一垂直紙面向外的矩形有界勻強磁場，磁場的長為a，寬為a2，磁感應強度的大小為B。在第三象限存在與y軸成30°角的勻強電場．現(xiàn)有一帶電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子由靜止從電場的P點經電場加速后從O點進入磁場(不計粒子的重力)。(1)若粒子經磁場偏轉后打到x軸上的(0，a)上，則粒子在磁場中運動的時間為多長；(2)欲使粒子恰好不能從上邊界射出磁場，UPO的值。5.半導體摻雜是集成電路生產中最基礎的工作，即通過離子注入的方式優(yōu)化半導體，使半導體具有更加廣泛的應用。如圖所示為某種半導體摻雜工作的原理簡化圖。離子源可譯放出無初速度且?guī)д姷碾x子，離子由M點飄進加速電場，經電場加速后沿NO方向射入圓心為O、半徑為R圓形勻強磁場區(qū)域。在距離O點下方h(h>R)處放置一長為23?的半導體，半導體垂直于NO放置。已知M、N、O和半導體的中點P在同一直線上，加速電場電壓為U，磁場磁感應強度為B(1)若某種粒子的比荷為k，求該粒子進入磁場時的速度v；(2)若某種粒子的比荷為k，求該粒子在磁場中的軌跡半徑r；(3)若某粒子恰好打在半導體的邊緣，求該粒子的比荷k。6.半導體有著廣泛的應用，人們通過離子注入的方式優(yōu)化半導體以滿足不同的需求。離子注入系統(tǒng)的原理簡化如圖所示。質量為m、電荷量為q的正離子經電場加速后從EE1中點P垂直O(jiān)E射入四分之一環(huán)形勻強磁場，環(huán)形磁場圓心為O，內環(huán)半徑OE1=OG1=R，外環(huán)半徑OE=OG=3R，磁場方向垂直紙面向里。當磁感應強度為B0時，離子恰好垂直邊界從GG1中點Q射出。不考慮離子重力以及離子間的相互作用。求：(1)加速電場M、N兩板間的電壓；(2)為使離子能夠到達GG1面，環(huán)形區(qū)域內磁場的取值范圍。7.如圖(a)是一種防止宇宙射線危害宇航員的裝置，在航天器內建立半徑分別為R和3R的同心圓柱，圓柱之間加上沿軸向方向的磁場，其橫截面如圖(b)所示。宇宙射線中含有大量的質子，質子沿各個方向運動的速率均為v0，質子的電荷量為e、質量為m(1)若設置磁感應強度大小為某值時，恰好所有方向入射的質子都無法進入防護區(qū)，求這種情況下磁感應強度的大小。(2)若設置磁感應強度大小使得正對防護區(qū)圓心入射的質子，恰好無法進入防護區(qū)，求這種情況下質子從進入磁場到離開磁場的時間。8.如圖所示，M、N為兩水平金屬板，板間電壓為U、距離為d，磁感應強度大小為B0，方向垂直紙面向外，ACD為用絕緣板圍成的正三角形區(qū)域，正三角形邊長為L，S為AC板中心的小孔，區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，放射源P沿水平方向發(fā)出速率不等、比荷不同的粒子，其中有部分粒子恰能沿板M、N的中軸線通過，再垂直AC邊從孔S進入正三角形區(qū)域。板間電場可看成勻強電場，忽略板外空間的電場；粒子每次與絕緣板發(fā)生碰撞后均以原速率反彈且電荷量不變，不計粒子重力及相互作用。(1)求能沿板M、N中軸線通過的粒子的速度大小v0；(2)求與絕緣板碰撞次數(shù)最少且能從S孔飛出的粒子比荷k1；(3)比荷為k2的粒子在三角形區(qū)域內運動過程中，每次與板碰撞時速度方向均與板垂直且能從S孔飛出，求該粒子的比荷k2的可能值。專題帶電粒子在勻強磁場中的運動—計算題部分參考答案【高考真題】1.【答案】(1)5meUeR，πRmeU4eU，8eU【解析】(1)電子在電場中加速有2eU=在磁場Ⅰ中，由牛頓第二定律及幾何關系可得：Br=Rtan22.聯(lián)立解得：B在磁場Ⅰ中的運動周期為T=由幾何關系可得，電子在磁場Ⅰ中運動的圓心角為φ在磁場Ⅰ中的運動時間為t=聯(lián)立解得：t從Q點出來的動能為Ek=8eU(2)在磁場Ⅰ中的做勻速圓周運動的最大半徑為rm，此時圓周的軌跡與Ⅰ邊界相切，由幾何關系可得：(解得：r由于牛頓第二定律及動能定理可得：B2eU=聯(lián)立解得：k=2.【答案】(1)v0=v12?2qUm；【解析】(1)由動能定理可得：qU=12解得：v0=(2)如右圖：粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，則有：r2=2B1q由②③得：B=2mv22qR0⑤T=由④⑤可得：t=3π(3)由B2qv3=mR=所以B3.【答案】(1)qB02L22dm；(【解析】(1)粒子在電場中，由動能定理有：qEd=1粒子在Ⅰ區(qū)洛倫茲力提供向心力qv當k=1時，由幾何關系得：r=L解得：E=(2)由于2<k<3時，由題意可知粒子在Ⅱ區(qū)只能發(fā)生一次偏轉，由幾何關系可知：(r?L)解得：r=聯(lián)立解得：v=粒子在Ⅱ區(qū)洛倫茲力提供向心力qvB=m由對稱性及幾何關系可知：k解得：r聯(lián)立解得：B=k【鞏固提升】1.【答案】(1)2qUm+v02

【解析】(1)粒子在電場中加速，有動能定理可知：qU=解得：v=(2)根據(jù)題意從正方形add’a’的中心垂直進入磁場區(qū)域，最后由正方形abb’a’中心垂直飛出磁場區(qū)域，分析可得在磁場中運動的軌道半徑R=L在磁場中運動時洛倫茲力提供了向心力qvB=m解得：B2.【答案】(1)v=2eUm；(2【解析】(1)由動能定理可得：eU=解得：v=(2)由洛倫茲力提供向心力可得：evB=m離子通過磁場轉過的角度θ等于其圓心角，則有：sin解得：L=3.【答案】(1)v=EB；(2)【解析】(1)離子通過速度選擇器時，則有：qE=qvB解得：v=(2)離子在磁分析器中，則有：qvB=m解得：q對離子受力分析可知，離子受到洛侖茲力指向圓心O，根據(jù)左手定則可知離子帶正電荷。4.【答案】(1)t=2πm3qB；【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得：qvB=m粒子圓周運動的周期：T=粒子在磁場運動的時間：t=解得：t=(2)設粒子進入磁場的速度為v時，恰好不能從上邊界射出磁場。由動能定理可得：q由牛頓第二定律可得：qvB=m由幾何關系可得：R解得：U5.【答案】(1)v=2kU，方向向下；(2)r=1B2Uk【解析】(1)由動能定理可知：qU=解得：v=2kU，(2)由洛倫茲力提供向心力qvB=m解得：r=1(3)設板邊緣與圓心O的連線與OP的夾角為α，由幾何關系可知：tan解得：α由軌跡關系可知，離子在磁場中運動偏轉角也為α=600代入數(shù)據(jù)可得：k=6.【答案】(1)U=2qB02R【解析】(1)當磁感應強度為B0時，離子恰好垂直邊界從GG1中點Q射出，根據(jù)幾何關系可知圓周運動半徑：r=2R且qvB=m解得：v=電場中qU=解得：U=(2)若磁感應強度為B1時，粒子恰好能打在G1位置，軌跡半徑為r1，根據(jù)幾何關系可得：(2R?解得：r且qvB=m解得：B若磁感應強度為B2時，粒子恰好能打在G位置，軌跡半徑為r2，根據(jù)幾何關系可得：(解得：r同理解得：B為使離子能夠到達GG1面，環(huán)形區(qū)域內磁場的取值范圍87.【答案】(1)B=2mv03?1)eR【解析】(1)設磁感應強度為B時，運動半徑為r的質子滲透最深入時都無法進入防護區(qū)，其在磁場中運動軌跡如圖甲所示。由幾何關系可知：r=3R?R洛倫滋力提供向心力Bev0=m聯(lián)立①②解得：B=(2)設磁感應強度為B1，質子的運動半徑為r1，如圖乙所示。由幾何關系