統(tǒng)考版2025版高考物理一輪復習微專題小練習專題64帶電粒子在組合場中的運動

專題64帶電粒子在組合場中的運動1．[2024·湖北省檢測](多選)如圖所示，兩平行金屬板長度均為L，O、O′為兩金屬板中心處正對的兩個小孔，兩平行金屬板間加可調(diào)的電壓U，緊靠金屬板右側(cè)的直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面對外、磁感應強度為B的勻強磁場，MN與右金屬板等長且重合，∠PMN＝37°.一比荷為k的粒子(不計重力)從O點以可以忽視的初速度進入金屬板間的電場，經(jīng)加速后再進入磁場，并從NP邊界離開磁場．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．左板電勢低于右板電勢B．粒子從NP邊界離開磁場時的最大速度大小為eq\f(3kBL,4)C．粒子從NP邊界離開磁場時離N點最遠距離為eq\f(\r(2),2)LD．要使粒子從NP邊界離開磁場，可調(diào)電壓的變更范圍是eq\f(kB2L2,16)＜U≤eq\f(9kB2L2,16)2．(多選)如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)勻稱輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止起先經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力．下列說法正確的是()A．粒子肯定帶正電B．加速電場的電壓U＝eq\f(1,2)ERC．直徑PQ＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))D．若一群離子從靜止起先經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的電荷量3．[2024·河北模擬預料]如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，第一象限內(nèi)有圓形區(qū)域與兩坐標軸相切于a、b兩點，圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場B1(B1大小未知)；第四象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E0；其次、三象限有垂直紙面對里的勻強磁場B2(B2大小未知)，一帶負電粒子從a點沿與y軸正方向成60°角的方向射入圓形區(qū)域磁場，其速度大小為v0，射出磁場后從x軸的c點(圖中未畫出)垂直x軸射入電場，然后從y軸上的d點(圖中未畫出)離開電場，粒子經(jīng)過d點時速度方向與a點速度方向平行，經(jīng)y軸左側(cè)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后再次經(jīng)過a點．已知粒子比荷為eq\f(q,m)，粒子重力不計，求：(1)圓形區(qū)域磁場的磁感應強度B1的大小；(2)其次、三象限內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B2的大?。?．[2024·吉林省四校聯(lián)考]如圖所示，平面直角坐標系xOy中第一象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，第四象限內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計粒子受到的重力)，從點A(0，eq\r(3)l)以大小為v0的初速度沿x軸正方向射入電場，在電場中運動一段時間后從點P(6l，0)進入磁場，在磁場中運動一段時間后從y軸上的Q點(圖中未畫出)垂直y軸射出磁場．其次、三象限內(nèi)無電場和磁場．求：(1)勻強電場的電場強度大小E；(2)勻強磁場的磁感應強度大小B及粒子在磁場中運動的時間．5．如圖所示，虛線MN為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為E，方向豎直向下且與邊界MN成θ＝45°角，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面對外，在電場中有一點P，P點到邊界MN的豎直距離為d.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P處由靜止釋放(不計粒子所受重力，電場和磁場范圍足夠大).求：(1)粒子第一次進入磁場時的速度大小；(2)粒子第一次出磁場處到其次次進磁場處的距離．6．[2024·遼寧卷]如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的eq\r(3)倍．金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面對外的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場．己知圓形磁場區(qū)域半徑為eq\f(2mv0,3qB)，不計粒子重力．(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；(3)僅變更圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長．定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出變更后的圓形磁場區(qū)域的圓心M.專題64帶電粒子在組合場中的運動1．BC粒子進入磁場后向下偏轉(zhuǎn)，由此可知粒子帶正電，加速電極板是左板電勢高于右板電勢，選項A錯誤；粒子以最大速度v0(對應軌道半徑為r0)從NP邊界離開磁場時的運動軌跡如圖所示，由題設知eq\f(q,m)＝k，由牛頓其次定律有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r0)，由幾何關系有r0＝(r0＋eq\f(L,2))sin37°，聯(lián)立各式解得r0＝eq\f(3L,4)，v0＝eq\f(3kBL,4)，選項B正確；粒子從NP邊界離開磁場時離N點最遠距離為eq\r(req\o\al(2,0)－（r0－\f(L,2)）2)＝eq\f(\r(2),2)L，選項C正確；由qU＝eq\f(1,2)mv2，可得U＝eq\f(1,2q)mv2＝eq\f(1,2k)v2，粒子以最小速度從NP邊射出時經(jīng)過N點，此時運動半徑R′＝eq\f(L,2)，由牛頓其次定律有qBv＝meq\f(v2,R)，從而解得最小速度v＝eq\f(kBL,4)，則粒子從NP邊界離開磁場時eq\f(kBL,4)＜v≤eq\f(3kBL,4)，于是可得eq\f(kB2L2,32)＜U≤eq\f(9kB2L2,32)，選項D錯誤．2．ABC依據(jù)題意可知，粒子在靜電分析器中受到電場力指向圓心O，故粒子帶正電，故A正確；對于加速過程，依據(jù)動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，在靜電分析器中，電場力供應向心力有qE＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得U＝eq\f(1,2)ER，故B正確；粒子進入磁分析器，洛倫茲力供應向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，結(jié)合AB分析可得R′＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，則直徑PQ＝2R′＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))，故C正確；由C分析可知，若一群離子從靜止起先經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷，故D錯誤．3．(1)eq\f(E0,v0)(2)eq\f(（3－\r(3)）E0,v0)解析：(1)設粒子第一次在圓形磁場中做圓周運動的半徑為r1，粒子在第四象限做類平拋運動，通過d點時速率大小為v，作出粒子從a點動身又回到a點全過程的軌跡圖，如圖所示依題意有v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0粒子從c點到d點過程有r1(1＋sin30°)＝eq\f(1,2)eq\f(E0q,m)t2tan60°＝eq\f(E0qt,mv0)解得r1＝eq\f(mveq\o\al(2,0),E0q)由洛倫茲力供應向心力有qv0B1＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r1)聯(lián)立各式解得B1＝eq\f(E0,v0)(2)由幾何關系可知第一象限圓形磁場半徑R＝r1設粒子在其次、三象限內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為r2，則R＋v0t＝2r2cos30°由洛倫茲力供應向心力有qvB2＝eq\f(mv2,r2)聯(lián)立各式解得B2＝eq\f(（3－\r(3)）E0,v0).4．(1)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),18ql)(2)eq\f(\r(3)mv0,18ql)eq\f(5\r(3)πl(wèi),v0)解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，則有xOP＝6l＝v0t1yOA＝eq\r(3)l＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)a＝eq\f(qE,m)解得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),18ql)(2)設粒子在P點時的速度方向與x軸的夾角為θ，則有tanθ＝eq\f(at1,v0)＝eq\f(\r(3),3)，解得θ＝30°粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示由幾何關系可知，粒子進入磁場時的速度大小v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝eq\f(xOP,sin30°)＝12l由洛倫茲力供應向心力，則有qvB＝eq\f(mv2,r)解得B＝eq\f(\r(3)mv0,18ql)由幾何關系可知，粒子在磁場中的運動軌跡所對應的圓心角α＝150°所以粒子在磁場中運動的時間t2＝eq\f(150°,360°)T其中T＝eq\f(2πr,v)解得t2＝eq\f(5\r(3)πl(wèi),v0).5．(1)eq\r(\f(2qEd,m))(2)4eq\r(2)d解析：(1)設粒子第一次進入磁場時的速度大小為v，依據(jù)動能定理得qEd＝eq\f(1,2)mv2v＝eq\r(\f(2qEd,m))(2)粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場到其次次進磁場，兩點間距為s，由類平拋規(guī)律得x＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)由幾何學問得x＝y(tǒng)解得t＝eq\f(2mv,qE)兩點間的距離為s＝eq\r(2)x＝eq\r(2)vt＝eq\f(2\r(2)mv2,qE)＝4eq\r(2)d.6．(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)(2)eq\f(π,3)或60°(3)解析：(1)設板間距離為d，則板長為eq\r(3)d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝eq\f(U,d)依據(jù)牛頓其次定律得，電場力供應加速度qE＝ma解得a＝eq\f(qU,md)設粒子在平板間的運動時間為t0，依據(jù)類平拋運動的規(guī)律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\r(3)d＝v0t0聯(lián)立解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tanα＝eq\f(at0,v0)＝eq\f(\r(3),3)故α＝eq\f(π,6)則出電場時粒子的速度為v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子出電場后沿直線做勻速直線運動，接著進入磁場，依據(jù)牛頓其次定律，洛倫茲力供應勻速圓周運動所需的向心力得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圓形磁場區(qū)域半徑為R＝eq\f(2mv0,3qB)，故r＝eq\r(3)R粒子沿PO方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將