备考2025届高考物理一轮复习强化训练第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动

专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动1.[带电粒子在电磁复合场中的运动＋等势面＋洛伦兹力/2024广东/多选]如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场.电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点.已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（BC）A.电子从N到P，电场力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N，洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力解析电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；依据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；依据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子恒久不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误.2.[带电粒子在电磁复合场中的运动＋速度选择器/2024全国乙]如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直.一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a.假如保持全部条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏.该粒子的比荷为（A）A.E2aB2 B.EaB2 解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示3.[带电粒子在电磁复合场中的运动/2024湖南]如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面对里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面对外.图中A、C、O三点在同始终线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直.A点处的粒子源持续将比荷确定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若变更电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（D）A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则t＝D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，则t＝2t解析粒子在Ⅰ中qv0B1＝qE→v0＝EB1→粒子在Ⅱ中运动的轨迹半径为r0＝mv所用时间t0＝90°360°T＝14仅将B1变为2B1→v1＝12v0→r1＝12r0→从仅将E变为2E→v2＝2v0→r2＝2r0→从F点竖直向下射出粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图1所示图1粒子转过的圆心角均为90°，粒子在Ⅱ中运动的时间仍为t0，AB错图2图3仅将Ⅱ中磁场变为34B2→半径r3＝43r0＞2r0，粒子从OF边离开，如图2所示→对应圆心角的正弦值sinθ1＝2r0r3＝32→粒子转过的圆心角θ1＝60°→粒子运动时间t＝60°360仅将Ⅱ中磁场变为24B2→半径r4＝42r0＞2r0，粒子从OF边离开，如图3所示→对应圆心角的正弦值sinθ2＝2r0r4＝22→粒子转过的圆心角θ2＝45°→粒子运动时间t＝45°3604.[带电粒子在电场和磁场中的运动/2024重庆]在如图1所示的Oxy竖直平面内，原点O处有一粒子源，可沿x轴正方向放射速度不同，比荷均为qm的带正电的粒子.在x≥L的区域仅有垂直于平面对内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为0.在磁场左边界x＝L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）.0时刻放射的A粒子在t0时刻经过磁场左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在t03时刻以与A粒子相同的放射速度放射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为（L，－4L9）；C粒子在t0时刻放射，其放射速度是A粒子放射速度的1图1图2（1）求电场强度E的大小；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若2t0时刻放射的粒子能被收集器收集，求其全部可能的放射速度大小.答案（1）Lmqt02（2）2m5qt0解析（1）设A粒子放射速度为v，分别画出三个粒子的运动轨迹如图甲所示.依据题述可知L＝vt0图甲对B粒子沿y轴方向有4L9＝12a（2t03）又qE＝ma联立解得E＝Lmq（2）设收集器的位置坐标为（L，y1），在电场中的运动过程对C粒子有L＝0.25v·4t0，y1＝12a（3t0）对A粒子有L＝vt0，y2＝12aA粒子进入磁场时沿x轴方向分速度为vx＝v＝L沿y轴方向分速度为vy＝at0＝LA粒子进入磁场时与x轴夹角为θtanθ＝vyv2rcosθ＝y1＋y2＝5at02＝解得A粒子在磁场中的轨迹半径为r＝5A粒子进入磁场时的速度vA＝2v由洛伦兹力供应向心力有qvAB＝mv解得B＝2m（3）设2t0时刻放射的粒子在电场中运动的时间为nt0（n＞0），则粒子在电场中的偏转位移为y3＝12a（nt0）2＝L2①若y3＝y1，即粒子不进入磁场干脆打在坐标（L，92L）处，解得：n＝故粒子的入射速度v1＝Lnt②若y3＜y1，则粒子要进入磁场运动一段圆弧后打在坐标（L，92L）处被收集，其运动轨迹如图乙所示，由运动的合成与分解有v'x＝Lnt0＝1nv，v'y＝a则粒子刚进入磁场时的速度大小为v'＝v'x2＋v设此时的速度方向与x＝L的夹角为α，即sinα＝v'x粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，依据牛顿其次定律有qv'B＝mv解得r1＝mv'qB＝kmvqB＝粒子要被收集，则必满意2r1sinα＝y1－y3＝L2（9－n2化简即有n3－9n＋10＝0变形可得（n－2）（