统考版2025版高考物理一轮复习微专题小练习专题64带电粒子在组合场中的运动

专题64带电粒子在组合场中的运动1．[2024·湖北省检测](多选)如图所示，两平行金属板长度均为L，O、O′为两金属板中心处正对的两个小孔，两平行金属板间加可调的电压U，紧靠金属板右侧的直角三角形MNP区域内存在方向垂直纸面对外、磁感应强度为B的匀强磁场，MN与右金属板等长且重合，∠PMN＝37°.一比荷为k的粒子(不计重力)从O点以可以忽视的初速度进入金属板间的电场，经加速后再进入磁场，并从NP边界离开磁场．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．左板电势低于右板电势B．粒子从NP边界离开磁场时的最大速度大小为eq\f(3kBL,4)C．粒子从NP边界离开磁场时离N点最远距离为eq\f(\r(2),2)LD．要使粒子从NP边界离开磁场，可调电压的变更范围是eq\f(kB2L2,16)＜U≤eq\f(9kB2L2,16)2．(多选)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内匀称辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止起先经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力．下列说法正确的是()A．粒子肯定带正电B．加速电场的电压U＝eq\f(1,2)ERC．直径PQ＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))D．若一群离子从静止起先经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电荷量3．[2024·河北模拟预料]如图所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内有圆形区域与两坐标轴相切于a、b两点，圆形区域内存在垂直纸面对里的匀强磁场B1(B1大小未知)；第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E0；其次、三象限有垂直纸面对里的匀强磁场B2(B2大小未知)，一带负电粒子从a点沿与y轴正方向成60°角的方向射入圆形区域磁场，其速度大小为v0，射出磁场后从x轴的c点(图中未画出)垂直x轴射入电场，然后从y轴上的d点(图中未画出)离开电场，粒子经过d点时速度方向与a点速度方向平行，经y轴左侧匀强磁场偏转后再次经过a点．已知粒子比荷为eq\f(q,m)，粒子重力不计，求：(1)圆形区域磁场的磁感应强度B1的大小；(2)其次、三象限内匀强磁场的磁感应强度B2的大小．4．[2024·吉林省四校联考]如图所示，平面直角坐标系xOy中第一象限内有沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内有垂直纸面对里的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计粒子受到的重力)，从点A(0，eq\r(3)l)以大小为v0的初速度沿x轴正方向射入电场，在电场中运动一段时间后从点P(6l，0)进入磁场，在磁场中运动一段时间后从y轴上的Q点(图中未画出)垂直y轴射出磁场．其次、三象限内无电场和磁场．求：(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B及粒子在磁场中运动的时间．5．如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E，方向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面对外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大).求：(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2)粒子第一次出磁场处到其次次进磁场处的距离．6．[2024·辽宁卷]如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的eq\r(3)倍．金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面对外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场．己知圆形磁场区域半径为eq\f(2mv0,3qB)，不计粒子重力．(1)求金属板间电势差U；(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；(3)仅变更圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长．定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出变更后的圆形磁场区域的圆心M.专题64带电粒子在组合场中的运动1．BC粒子进入磁场后向下偏转，由此可知粒子带正电，加速电极板是左板电势高于右板电势，选项A错误；粒子以最大速度v0(对应轨道半径为r0)从NP边界离开磁场时的运动轨迹如图所示，由题设知eq\f(q,m)＝k，由牛顿其次定律有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r0)，由几何关系有r0＝(r0＋eq\f(L,2))sin37°，联立各式解得r0＝eq\f(3L,4)，v0＝eq\f(3kBL,4)，选项B正确；粒子从NP边界离开磁场时离N点最远距离为eq\r(req\o\al(2,0)－（r0－\f(L,2)）2)＝eq\f(\r(2),2)L，选项C正确；由qU＝eq\f(1,2)mv2，可得U＝eq\f(1,2q)mv2＝eq\f(1,2k)v2，粒子以最小速度从NP边射出时经过N点，此时运动半径R′＝eq\f(L,2)，由牛顿其次定律有qBv＝meq\f(v2,R)，从而解得最小速度v＝eq\f(kBL,4)，则粒子从NP边界离开磁场时eq\f(kBL,4)＜v≤eq\f(3kBL,4)，于是可得eq\f(kB2L2,32)＜U≤eq\f(9kB2L2,32)，选项D错误．2．ABC依据题意可知，粒子在静电分析器中受到电场力指向圆心O，故粒子带正电，故A正确；对于加速过程，依据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，在静电分析器中，电场力供应向心力有qE＝meq\f(v2,R)，联立解得U＝eq\f(1,2)ER，故B正确；粒子进入磁分析器，洛伦兹力供应向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，结合AB分析可得R′＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，则直径PQ＝2R′＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))，故C正确；由C分析可知，若一群离子从静止起先经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷，故D错误．3．(1)eq\f(E0,v0)(2)eq\f(（3－\r(3)）E0,v0)解析：(1)设粒子第一次在圆形磁场中做圆周运动的半径为r1，粒子在第四象限做类平抛运动，通过d点时速率大小为v，作出粒子从a点动身又回到a点全过程的轨迹图，如图所示依题意有v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0粒子从c点到d点过程有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)由洛伦兹力供应向心力有qv0B1＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r1)联立各式解得B1＝eq\f(E0,v0)(2)由几何关系可知第一象限圆形磁场半径R＝r1设粒子在其次、三象限内做匀速圆周运动的轨道半径为r2，则R＋v0t＝2r2cos30°由洛伦兹力供应向心力有qvB2＝eq\f(mv2,r2)联立各式解得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,v0)解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有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)设粒子在P点时的速度方向与x轴的夹角为θ，则有tanθ＝eq\f(at1,v0)＝eq\f(\r(3),3)，解得θ＝30°粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子进入磁场时的速度大小v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝eq\f(xOP,sin30°)＝12l由洛伦兹力供应向心力，则有qvB＝eq\f(mv2,r)解得B＝eq\f(\r(3)mv0,18ql)由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角α＝150°所以粒子在磁场中运动的时间t2＝eq\f(150°,360°)T其中T＝eq\f(2πr,v)解得t2＝eq\f(5\r(3)πl,v0).5．(1)eq\r(\f(2qEd,m))(2)4eq\r(2)d解析：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，依据动能定理得qEd＝eq\f(1,2)mv2v＝eq\r(\f(2qEd,m))(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到其次次进磁场，两点间距为s，由类平抛规律得x＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)由几何学问得x＝y解得t＝eq\f(2mv,qE)两点间的距离为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)设板间距离为d，则板长为eq\r(3)d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝eq\f(U,d)依据牛顿其次定律得，电场力供应加速度qE＝ma解得a＝eq\f(qU,md)设粒子在平板间的运动时间为t0，依据类平抛运动的规律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\r(3)d＝v0t0联立解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有tanα＝eq\f(at0,v0)＝eq\f(\r(3),3)故α＝eq\f(π,6)则出电场时粒子的速度为v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，依据牛顿其次定律，洛伦兹力供应匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圆形磁场区域半径为R＝eq\f(2mv0,3qB)，故r＝eq\r(3)R粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将