2024年高考物理二轮复习专题强化练十一带电粒子在复合场中的运动含解析

PAGE12-专题强化练(十一)题型一组合场1.(多选)如图所示，在其次象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．在该平面有一个质量为m、带正电q的粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计粒子重力，则()A．磁感应强度B＝eq\f(\r(2)mv0,4qd)B．电场强度E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)C．自进入磁场至在磁场中其次次经过x轴所用时间为t＝eq\f(7\r(2)πd,2v0)D．自进入磁场至在磁场中其次次经过x轴所用时间为t＝eq\f(7πd,2v0)解析：粒子的轨迹如图所示：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，vx＝vy＝v0，依据：x＝eq\f(vx,2)t，y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出电场时与y轴交点坐标为(0，2d)，设粒子在磁场中运动的半径为R，则有Rsin(180°－β)＝y＝2d，而β＝135°，解得：R＝2eq\r(2)d，粒子在磁场中运动的速度为：v＝eq\r(2)v0，依据R＝eq\f(mv,qB)，解得：B＝eq\f(mv0,2qd)，故A错误；依据vx＝at＝eq\f(qE,m)t＝v0，x＝eq\f(vx,2)t，联立解得：E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)，故B正确；在第一象限运动时间为：t1＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3πd,2v0)，在第四象限运动时间为：t2＝eq\f(1,2)T＝eq\f(2πd,v0)，所以自进入磁场至在磁场中其次次经过x轴所用时间为：t＝t1＋t2＝eq\f(7πd,2v0)，故D正确，C错误．答案：BD2.如图，足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场，方向竖直向下(与纸面平行)；下方有一匀强磁场，方向垂直纸面对里．一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN时的位置记为P点，其次次穿过MN时的位置记为Q点，PQ两点间的距离记为d，从P点运动到Q点的时间记为t.不计粒子的重力，若增大v0，则()A．t不变，d不变 B．t不变，d变小C．t变小，d变小 D．t变小，d不变解析：粒子在电场中做类平抛运动，设第一次到达P点竖直速度为v1(大小不变)，粒子进入磁场的速度为v，速度方向与MN的夹角为θ，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R＝eq\f(mv,qB).其次次经过MN上的Q点时由几何关系可得：d＝2Rsinθ，又sinθ＝eq\f(v1,v)，联立解得：d＝eq\f(2mv1,qB)，即当增大v0时，d不变，运动的时间t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)，则当增大v0时，θ减小，t减小，故A、B、C三项错误，D项正确．答案：D3.(2024·全国卷Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面对外的匀强磁场．一个氕核eq\o\al(1,1)H和一个氘核eq\o\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知eq\o\al(1,1)H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.eq\o\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求(1)eq\o\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．解析：(1)eq\o\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设eq\o\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1＝v1t1，①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1).②由题给条件，eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的y重量的大小为a1t1＝v1tanθ1，③联立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h.④(2)eq\o\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿其次定律有qE＝ma1，⑤设eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有v′1＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋（a1t1）2)，⑥设磁感应强度大小为B，eq\o\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有qv′1B＝eq\f(mv′eq\o\al(2,1),R1)，⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1，⑧联立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh)).⑨(3)设eq\o\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，⑩由牛顿其次定律有qE＝2ma2.⑪设eq\o\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2＝v2t2，⑫h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，⑬v′2＝eq\r(veq\o\al(2,2)＋（a2t2）2)，⑭sinθ2＝eq\f(a2t2,v′2)，⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝eq\f(\r(2),2)v′1.⑯设eq\o\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝eq\f(（2m）v′2,qB)＝eq\r(2)R1，⑰所以出射点在原点左侧．设eq\o\al(2,1)H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有s′2＝2R2sinθ2，⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s′2－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h.⑲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题型二叠加场4.如图所示，某空间同时存在正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里，电场线与水平方向的夹角为θ.一质量为m，电荷量大小为q的微粒以速度v沿电场线方向进入该空间，恰好沿直线从P点运动到Q点．下列说法中正确的是()A．该微粒可能带负电B．微粒从P到Q的运动可能是匀变速运动C．磁场的磁感应强度大小为eq\f(mgcosθ,qv)D．电场的场强大小为eq\f(mgcosθ,q)解析：带电微粒从P到Q恰好沿直线运动，则微粒肯定做匀速直线运动，作出微粒在电磁场中受力分析图如图所示，由图可知微粒肯定带正电，故A、B错误；由受力分析及平衡条件可知qE＝mgsinθ，qBv＝mgcosθ，解得E＝eq\f(mgsinθ,q)，B＝eq\f(mgcosθ,qv)，故C正确，D错误．答案：C5.如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B.一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直向下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是()A．若v＝eq\f(E,B)，粒子做匀加速直线运动B．若粒子往左偏，洛伦兹力做正功C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加D．若粒子做直线运动，变更粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动解析：假如v＝eq\f(E,B)，粒子在两板间所受的电场力和洛伦兹力平衡，即：qvB＝Eq，可知粒子将做匀速直线运动，故A项错误；洛伦兹力时刻与速度方向垂直，不做功，故B项错误；因为粒子带正电，当粒子向右偏，电场力与位移之间的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，故C项错误；变更粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力和洛伦兹力均变为反向，仍旧受力平衡，故粒子还是做匀速直线运动，故D项正确．答案：D6.(多选)如图所示，平行纸面对下的匀强电场与垂直纸面对外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动．若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列推断中正确的是()A．小球肯定带负电荷B．小球肯定沿顺时针方向转动C．小球做圆周运动的线速度大小为eq\f(gBr,E)D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功解析：带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球肯定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可推断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得：mg＝qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝eq\f(mv,qB)，联立得：v＝eq\f(gBr,E)，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误．答案：AC7.如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面对外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场．在y轴上y＝a点，沿某一方向放射的一带正电的粒子，该粒子在xOy内经过磁场偏转后，垂直打到x轴上x＝(eq\r(2)－1)a点，然后进入第四象限穿过电、磁场后经过y轴上y＝－b的点，已知带电粒子的电量为q，质量为m，重力不计．求：该粒子经过y＝－b点时的速度大小．解析：如图所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，由几何学问得：R－Rcosθ＝(eq\r(2)－1)a，Rsinθ＝a，解得：θ＝45°，R＝eq\r(2)a.此粒子进入磁场的速度v0＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，设粒子到达y＝－b上速度为v，依据动能定理得：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))题型三电磁在科技中的应用8.如图所示的平行板之间，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子(不计重力)射入后发生偏转的状况不同．这种器件能把具有特定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器．下列关于速度选择器的说法正确的是()A．这个特定速度与粒子的质量有关B．这个特定速度与粒子的比荷有关C．从右向左以特定速度射入的粒子有可能沿直线穿出速度选择器D．从左向右以特定速度射入的粒子才能沿直线穿出速度选择器解析：当带电粒子能从左向右匀速直线穿过时，电场力和洛伦兹力反向，且Eq＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，该速度与粒子的质量和带电荷量无关，A、B错误；当粒子从右向左运动时，电场力和洛伦兹力的方向相同，粒子不行能沿直线穿过，C错误，D正确．答案：D9．(多选)医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)并通过线束引出加速器．下列说法中正确的是()A．加速两种粒子的高频电源的频率相同B．两种粒子获得的最大动能相同C．两种粒子在D形盒中运动的周期相同D．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能解析：回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和沟通＝eq\f(2πm,qB)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等，加速两种粒子的高频电源的频率也相同，故A、C两项正确；依据qvB＝meq\f(v2,R)得：v＝eq\f(qBR,m)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等．最大动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，两粒子的质量不等，所以最大动能不等，故B项错误；最大动能为：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，与加速电压无关，增大高频电源的电压不能增大粒子的最大动能，故D项错误．答案：AC10．电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率倒数)，泵体处有方向垂直向外的磁场B，泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则()A．泵体上表面应接电源负极B．通过泵体的电流I＝eq\f(UL1,σ)C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度解析：当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；依据电阻定律，＝UL1σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误．答案：C题型四综合练11．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝eq\f(2πm,qB).一束粒子在0～eq\f(T,2)时间内从A处匀称地飘入狭缝，其初速度视为0.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够射出的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用力．求：(1)出射粒子的动能；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间．解析：(1)粒子运动半径为R时，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次达到动能Ek，则Ek＝nqU0，粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，加速度a＝eq\f(qU0,md)，匀加速直线运动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·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq\f(π,6)，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)．(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，如图(b)所示，方向与电场方向的夹角为θ，速度沿电场方向的重量为v1.依据牛顿其次定律有qE＝ma，①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v1＝at，②l′＝v0t，③v1＝vcosθ.④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)，⑤由几何关系得l＝2Rcosθ，⑥联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl).⑦(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0coteq\f(π,6)，⑧联立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2).⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T，⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝eq\f(2πm,qB)，⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′))).⑫答案