2024年高考物理二輪復習專題強化練十一帶電粒子在復合場中的運動含解析

PAGE12-專題強化練(十一)題型一組合場1.(多選)如圖所示，在其次象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等．在該平面有一個質(zhì)量為m、帶正電q的粒子以初速度v0垂直x軸，從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間恰好垂直于x軸進入下面的磁場，已知OP之間的距離為d，不計粒子重力，則()A．磁感應強度B＝eq\f(\r(2)mv0,4qd)B．電場強度E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)C．自進入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時間為t＝eq\f(7\r(2)πd,2v0)D．自進入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時間為t＝eq\f(7πd,2v0)解析：粒子的軌跡如圖所示：帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速運動，由題得知，出電場時，vx＝vy＝v0，依據(jù)：x＝eq\f(vx,2)t，y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出電場時與y軸交點坐標為(0，2d)，設粒子在磁場中運動的半徑為R，則有Rsin(180°－β)＝y(tǒng)＝2d，而β＝135°，解得：R＝2eq\r(2)d，粒子在磁場中運動的速度為：v＝eq\r(2)v0，依據(jù)R＝eq\f(mv,qB)，解得：B＝eq\f(mv0,2qd)，故A錯誤；依據(jù)vx＝at＝eq\f(qE,m)t＝v0，x＝eq\f(vx,2)t，聯(lián)立解得：E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)，故B正確；在第一象限運動時間為：t1＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3πd,2v0)，在第四象限運動時間為：t2＝eq\f(1,2)T＝eq\f(2πd,v0)，所以自進入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時間為：t＝t1＋t2＝eq\f(7πd,2v0)，故D正確，C錯誤．答案：BD2.如圖，足夠長的水平虛線MN上方有一勻強電場，方向豎直向下(與紙面平行)；下方有一勻強磁場，方向垂直紙面對里．一個帶電粒子從電場中的A點以水平初速度v0向右運動，第一次穿過MN時的位置記為P點，其次次穿過MN時的位置記為Q點，PQ兩點間的距離記為d，從P點運動到Q點的時間記為t.不計粒子的重力，若增大v0，則()A．t不變，d不變 B．t不變，d變小C．t變小，d變小 D．t變小，d不變解析：粒子在電場中做類平拋運動，設第一次到達P點豎直速度為v1(大小不變)，粒子進入磁場的速度為v，速度方向與MN的夾角為θ，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，半徑R＝eq\f(mv,qB).其次次經(jīng)過MN上的Q點時由幾何關系可得：d＝2Rsinθ，又sinθ＝eq\f(v1,v)，聯(lián)立解得：d＝eq\f(2mv1,qB)，即當增大v0時，d不變，運動的時間t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)，則當增大v0時，θ減小，t減小，故A、B、C三項錯誤，D項正確．答案：D3.(2024·全國卷Ⅰ)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對外的勻強磁場．一個氕核eq\o\al(1,1)H和一個氘核eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知eq\o\al(1,1)H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計重力．求(1)eq\o\al(1,1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應強度大??；(3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離．解析：(1)eq\o\al(1,1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示．設eq\o\al(1,1)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學公式有s1＝v1t1，①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1).②由題給條件，eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的y重量的大小為a1t1＝v1tanθ1，③聯(lián)立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h.④(2)eq\o\al(1,1)H在電場中運動時，由牛頓其次定律有qE＝ma1，⑤設eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的大小為v′1，由速度合成法則有v′1＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋（a1t1）2)，⑥設磁感應強度大小為B，eq\o\al(1,1)H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qv′1B＝eq\f(mv′eq\o\al(2,1),R1)，⑦由幾何關系得s1＝2R1sinθ1，⑧聯(lián)立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh)).⑨(3)設eq\o\al(2,1)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，⑩由牛頓其次定律有qE＝2ma2.?設eq\o\al(2,1)H第一次射入磁場時的速度大小為v′2，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有s2＝v2t2，?h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，?v′2＝eq\r(veq\o\al(2,2)＋（a2t2）2)，?sinθ2＝eq\f(a2t2,v′2)，?聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝eq\f(\r(2),2)v′1.?設eq\o\al(2,1)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得R2＝eq\f(（2m）v′2,qB)＝eq\r(2)R1，?所以出射點在原點左側(cè)．設eq\o\al(2,1)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s′2，由幾何關系有s′2＝2R2sinθ2，?聯(lián)立④⑧???式得，eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s′2－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h.?答案：(1)eq\f(2\r(3),3)h(2)eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h題型二疊加場4.如圖所示，某空間同時存在正交的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面對里，電場線與水平方向的夾角為θ.一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場線方向進入該空間，恰好沿直線從P點運動到Q點．下列說法中正確的是()A．該微?？赡軒ж撾夿．微粒從P到Q的運動可能是勻變速運動C．磁場的磁感應強度大小為eq\f(mgcosθ,qv)D．電場的場強大小為eq\f(mgcosθ,q)解析：帶電微粒從P到Q恰好沿直線運動，則微?？隙ㄗ鰟蛩僦本€運動，作出微粒在電磁場中受力分析圖如圖所示，由圖可知微粒肯定帶正電，故A、B錯誤；由受力分析及平衡條件可知qE＝mgsinθ，qBv＝mgcosθ，解得E＝eq\f(mgsinθ,q)，B＝eq\f(mgcosθ,qv)，故C正確，D錯誤．答案：C5.如圖所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強電場E和勻強磁場B.一束初速度為v的帶正電粒子從上面豎直向下垂直電場射入，粒子重力不計，下列說法正確的是()A．若v＝eq\f(E,B)，粒子做勻加速直線運動B．若粒子往左偏，洛倫茲力做正功C．若粒子往右偏，粒子的電勢能增加D．若粒子做直線運動，變更粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負電，其他條件不變，粒子還是做直線運動解析：假如v＝eq\f(E,B)，粒子在兩板間所受的電場力和洛倫茲力平衡，即：qvB＝Eq，可知粒子將做勻速直線運動，故A項錯誤；洛倫茲力時刻與速度方向垂直，不做功，故B項錯誤；因為粒子帶正電，當粒子向右偏，電場力與位移之間的夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減小，故C項錯誤；變更粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負電，其他條件不變，粒子所受的電場力和洛倫茲力均變?yōu)榉聪?，仍舊受力平衡，故粒子還是做勻速直線運動，故D項正確．答案：D6.(多選)如圖所示，平行紙面對下的勻強電場與垂直紙面對外的勻強磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動．若已知小球做圓周運動的半徑為r，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，重力加速度大小為g，則下列推斷中正確的是()A．小球肯定帶負電荷B．小球肯定沿順時針方向轉(zhuǎn)動C．小球做圓周運動的線速度大小為eq\f(gBr,E)D．小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功解析：帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球肯定帶負電荷，故A正確；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可推斷小球的運動方向為逆時針，故B錯誤；由電場力和重力大小相等，得：mg＝qE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立得：v＝eq\f(gBr,E)，故C正確；小球在做圓周運動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯誤．答案：AC7.如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面對外、磁感應強度為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿y軸負方向、電場強度為E的勻強電場．在y軸上y＝a點，沿某一方向放射的一帶正電的粒子，該粒子在xOy內(nèi)經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后，垂直打到x軸上x＝(eq\r(2)－1)a點，然后進入第四象限穿過電、磁場后經(jīng)過y軸上y＝－b的點，已知帶電粒子的電量為q，質(zhì)量為m，重力不計．求：該粒子經(jīng)過y＝－b點時的速度大?。馕觯喝鐖D所示，設粒子射入磁場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ，由幾何學問得：R－Rcosθ＝(eq\r(2)－1)a，Rsinθ＝a，解得：θ＝45°，R＝eq\r(2)a.此粒子進入磁場的速度v0＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，設粒子到達y＝－b上速度為v，依據(jù)動能定理得：qEb＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v＝eq\r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m)).答案：eq\r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m))題型三電磁在科技中的應用8.如圖所示的平行板之間，電場強度E和磁感應強度B相互垂直，具有不同水平速度的帶電粒子(不計重力)射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的狀況不同．這種器件能把具有特定速度的粒子選擇出來，所以叫速度選擇器．下列關于速度選擇器的說法正確的是()A．這個特定速度與粒子的質(zhì)量有關B．這個特定速度與粒子的比荷有關C．從右向左以特定速度射入的粒子有可能沿直線穿出速度選擇器D．從左向右以特定速度射入的粒子才能沿直線穿出速度選擇器解析：當帶電粒子能從左向右勻速直線穿過時，電場力和洛倫茲力反向，且Eq＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，該速度與粒子的質(zhì)量和帶電荷量無關，A、B錯誤；當粒子從右向左運動時，電場力和洛倫茲力的方向相同，粒子不行能沿直線穿過，C錯誤，D正確．答案：D9．(多選)醫(yī)用回旋加速器的核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)并通過線束引出加速器．下列說法中正確的是()A．加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同B．兩種粒子獲得的最大動能相同C．兩種粒子在D形盒中運動的周期相同D．增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能解析：回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期和溝通＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等，加速兩種粒子的高頻電源的頻率也相同，故A、C兩項正確；依據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)得：v＝eq\f(qBR,m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等．最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，兩粒子的質(zhì)量不等，所以最大動能不等，故B項錯誤；最大動能為：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速電壓無關，增大高頻電源的電壓不能增大粒子的最大動能，故D項錯誤．答案：AC10．電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應用．如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，在泵頭通入導電劑后液體的電導率為σ(電阻率倒數(shù))，泵體處有方向垂直向外的磁場B，泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上，則()A．泵體上表面應接電源負極B．通過泵體的電流I＝eq\f(UL1,σ)C．增大磁感應強度可獲得更大的抽液高度D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度解析：當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向左，拉動液體，故A錯誤；依據(jù)電阻定律，＝UL1σ，故B錯誤；增大磁感應強度B，受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯誤．答案：C題型四綜合練11．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝eq\f(2πm,qB).一束粒子在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)從A處勻稱地飄入狹縫，其初速度視為0.現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠射出的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用力．求：(1)出射粒子的動能；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Ek所需的總時間．解析：(1)粒子運動半徑為R時，有qvB＝meq\f(v2,R)，且Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(q2B2R2,2m).(2)粒子被加速n次達到動能Ek，則Ek＝nqU0，粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝eq\f(qU0,md)，勻加速直線運動nd＝eq\f(1,2)a·(Δt)2，由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB).答案：(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)12.(2024·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力．(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；(2)求該粒子從M點入射時速度的大??；(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為eq\f(π,6)，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間．解析：(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)．(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，如圖(b)所示，方向與電場方向的夾角為θ，速度沿電場方向的重量為v1.依據(jù)牛頓其次定律有qE＝ma，①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量．由運動學公式有v1＝at，②l′＝v0t，③v1＝vcosθ.④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)，⑤由幾何關系得l＝2Rcosθ，⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl).⑦(3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0coteq\f(π,6)，⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2).⑨設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則t′＝2t＋eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T，⑩式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，T＝eq\f(2πm,qB)，?由③⑦⑨⑩?式得t′＝eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl(wèi),18l′))).?答案