第1章 专题提升课6 带电粒子(或带电体)在组合场中的运动-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册教用课件(人教版)

专题提升课6　课后达标检测 3 4 2 1 课后达标检测 (1)求从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间t及所加电场的电场强度E的大小。 3 4 2 1 课后达标检测 3 4 2 1 课后达标检测 (2)要使粒子离开圆形匀强磁场区域后能运动到x轴的负半轴，求圆形区域内磁场的磁感应强度B的取值范围。 3 4 2 1 课后达标检测 3 4 2 1 课后达标检测 2.如图所示，在y>0的空间中存在匀强电场，电场强度沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面(纸面)向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝－2h的P3点。不计粒子所受重力。求： 3 4 1 2 课后达标检测 (1)电场强度大小。 解析：粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示 3 4 1 2 课后达标检测 3 4 1 2 课后达标检测 (2)粒子到达P2时速度的大小和方向。 3 4 1 2 课后达标检测 (3)磁感应强度大小。 3 4 1 2 课后达标检测 4 1 2 3 课后达标检测 (1)求第一象限匀强电场的电场强度大小。 4 1 2 3 课后达标检测 (2)求该粒子从A点运动到P点所用的时间。 4 1 2 3 课后达标检测 4 1 2 3 课后达标检测 4 1 2 3 课后达标检测 (3)为使该粒子从P点经过第三象限磁场偏转后直接回到A点，求第三象限磁场的磁感应强度大小。 4 1 2 3 课后达标检测 4 1 2 3 课后达标检测 3 1 2 4 课后达标检测 (1)电场强度的大小E； 3 1 2 4 课后达标检测 (2)磁场的磁感应强度大小B； 3 1 2 4 课后达标检测 3 1 2 4 课后达标检测 (3)粒子从P0点运动到P2点所用的时间t。 3 1 2 4 课后达标检测 3 1 2 4 课后达标检测 1.(2024·广东广雅中学校考)如图所示，在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v从坐标原点O沿xOy平面射入磁场，v与x轴负方向的夹角α＝30°；粒子射入磁场后的某个时刻在x轴上方再加一个匀强电场，使粒子做匀速直线运动并从x轴的P(L，0)点沿垂直于x轴方向进入第四象限，在第四象限内有一半径R＝ eq \f(\r(3),3) L的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，磁场边界与x轴相切于P点。不计粒子所受的重力。 解析：某个时刻在x轴上方再加一个匀强电场，使粒子做匀速直线运动并从x轴的P(L，0)点沿垂直于x轴方向进入第四象限，根据题意可知，粒子到达P所在竖直线时，速度方向竖直向下，根据几何关系 R sin 30°＋R＝L 根据qvB＝ eq \f(mv2,R) 结合平衡条件qvB＝Eq解得E＝ eq \f(3mv2,2qL) 答案： eq \f(8πL,9v) 　 eq \f(3mv2,2qL) 　 粒子在磁场中做圆周运动偏转对应圆心角 θ＝2π－α－ eq \f(π,2) ＝ eq \f(4,3) π 粒子运动周期T＝ eq \f(2πR,v) ＝ eq \f(4πL,3v) 所以从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间 t＝ eq \f(θ,2π) T＝ eq \f(8πL,9v) 。 解析：粒子离开圆形磁场，刚好通过原点时，根据几何关系可知，对应速度偏转角为120°，有 eq \f(r1,sin 30°) ＋r1＝L 粒子离开圆形磁场方向刚好与x轴平行时，转四分之一圆周， 有r2＝R＝ eq \f(\r(3),3) L 答案： eq \f(\r(3)mv,qL) <B< eq \f(3mv,qL) 要使粒子离开圆形磁场区域后能运动到x轴的负半轴，根据qvB＝ eq \f(mv2,R) 可得磁感应强度B的取值范围 eq \f(\r(3)mv,qL) <B< eq \f(3mv,qL) 。 答案：2,0) eq \f(mv,2qh) 　 设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律有 qE＝ma 根据运动学公式有v0t＝2h h＝ eq \f(1,2) at2 联立以上解得E＝2,0) eq \f(mv,2qh) 。 答案： eq \r(2) v0　方向与x轴夹角为45°，斜向右下方　 解析：粒子到达P2时速度沿x方向速度分量为v0，以v1为速度沿y方向速度分量的大小，v表示到达P2时速度的大小，θ为速度与x轴的夹角，则有 v＝2,1) eq \r(v＋v eq \o\al(2,0) ) 由图可得θ＝45°，则有v1＝v0 联立以上各式解得v＝ eq \r(2) v0 方向与x轴夹角为45°，斜向右下方。 答案： eq \f(mv0,qh) 解析：设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 qvB＝m eq \f(v2,r) r是圆周的半径，与x轴、y轴的交点为P2、P3，因为OP2＝OP3 θ＝45° 由几何关系可知，连线P2P3为圆周的直径，由几何关系可求得r＝ eq \r(2) h 联立解得B＝ eq \f(mv0,qh) 。 3．(2024·甘肃兰州一中期末)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第一象限有竖直向下的匀强电场，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子沿x轴正向以初速度v0从A(0，1.5l)点射入第一象限，偏转后打到x轴上的C( eq \r(3) l，0)点，之后直接运动到P(0，－3l)点。已知第四象限内匀强磁场的磁感应强度大小为 eq \f(mv0,ql) ，不计粒子所受重力。 答案：2,0) eq \f(mv,ql) 　 解析：粒子在第一象限内做类平抛运动，则根据牛顿第二定律有 eq \r(3) l＝v0t 1．5l＝ eq \f(1,2) at2 qE＝ma 联立可得E＝2,0) eq \f(mv,ql) 。 解析：粒子在第一象限内y方向末速度vy＝at＝ eq \r(3) v0 则合速度v1＝2,0) eq \r(v＋v eq \o\al(2,y) ) ＝2v0 可知速度方向与x轴正向成60°角，斜向右下，进入第四象限内粒子做匀速圆周运动，设运动半径为r1，则有qv1B4＝2,1) eq \f(mv,r1) 解得r1＝2l 由此可得，粒子运动轨迹如图甲所示 则粒子在第四象限运动的周期T1＝ eq \f(2πr1,v1) ＝ eq \f(2πl,v0) 根据几何知识可得α＝ eq \f(2π,3) 则粒子从C点直接运动到P点所用的时间 t2＝ eq \f(1,3) T1＝ eq \f(2πl,3v0) 答案： eq \f(\r(3)l,v0) ＋ eq \f(2πl,3v0) 　 又因为粒子从A点直接运动到C点所用的时间 t＝ eq \f(\r(3)l,v0) 则粒子从A点直接运动到P点所用的时间 t总＝ eq \f(\r(3)l,v0) ＋ eq \f(2πl,3v0) 。 解析：粒子在第三象限和第二象限运动的轨迹如图乙所示 设粒子在第三象限运动的轨道半径为r3，粒子在第二象限运动的轨迹与x轴正方向的夹角为θ，则有 r3sin θtan θ＝1.5l r3cos θ＋r3＝3l 解得r3＝ eq \f(9,5) l 答案： eq \f(10mv0,9ql) 则在第三象限运动时，根据洛伦兹力提供向心力有qv1B3＝2,1) eq \f(mv,r3) 解得B3＝ eq \f(10mv0,9ql) 所以第三象限磁场的磁感应强度大小为 eq \f(10mv0,9ql) 。 4．(2024·湖北十堰联考)如图所示，在xOy平面(纸面)内，x>0空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计所受重力)，以大小为v0、方向与x轴垂直的速度沿纸面从坐标为(－1.5L，0)的P0点进入电场中，然后从坐标为(0，－ eq \r(3) L)的P1点进入磁场区域，最后从y轴正半轴上的P2点(0， eq \r(3) L)(图中未画出)射出磁场。求： 答案：2,0) eq \f(mv,qL) 　 解析：设带电粒子在电场中运动时间为t1，由运动的合成与分解有 v0t1＝ eq \r(3) L eq \f(1,2) at eq \o\al(2,1) ＝1.5L 由牛顿第二定律有qE＝ma 联立可得E＝2,0) eq \f(mv,qL) 。 解析：设带电粒子进入磁场时的速度与y轴夹角为θ，则 tan θ＝ eq \f(at1,v0) 得θ＝60° 进入磁场时速度v＝ eq \f(v0,cos 60°) 答案： eq \f(mv0,qL) 　 带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，其圆心为O1，对应轨道半径为R，由几何关系可得 R sin θ＝ eq \r(3) L 由牛顿第二定律有qvB＝ eq \f(mv2,R) 联立可得B＝ eq \f(mv0,qL) 。 解析：设带电粒子在磁场中运动时间为t2，则 t2＝ eq \f(2π－2θ,2π) T 其中T＝ eq \f(2πR,v) 联立可得t2＝ eq \f(4πL,3v0) 答案： eq \f(\r(3)L,v0) ＋ eq \f(4πL,3v0) 带电粒子在电场中运动时间t1＝ eq \f(\r(3)L,v0) 带电粒子运动的总时间t＝t1＋t2＝ eq \f(\r(3)L,v0) ＋ eq \f(4πL,3v0) 。 $