2025版高考物理一轮复习微专题小练习磁场专题66带电粒子在组合场中的运动

这是一份2025版高考物理一轮复习微专题小练习磁场专题66带电粒子在组合场中的运动，共6页。


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)L
D．要使粒子从NP边界离开磁场，可调电压的变化范围是 eq \f(kB2L2,16)＜U≤ eq \f(9kB2L2,16)
答案：BC
解析：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，由牛顿第二定律有qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r0)，由几何关系有r0＝(r0＋ eq \f(L,2))sin 37°，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(r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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)，由牛顿第二定律有qBv＝m eq \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．(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，通道内均匀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、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始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．粒子一定带正电
B．加速电场的电压U＝ eq \f(1,2)ER
C．直径PQ＝ eq \f(2,B) eq \r(\f(ERm,q))
D．若一群离子从静止开始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
答案：ABC
解析：根据题意可知，粒子在静电分析器中所受到的电场力指向圆心O，故粒子带正电，故A正确；对于加速过程，根据动能定理有qU＝ eq \f(1,2)mv2，在静电分析器中，电场力提供向心力有qE＝m eq \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，洛伦兹力提供向心力有qvB＝m eq \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，若一群离子从静止开始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．[2024·吉林卷]现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度．简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点．甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q(q>0)、质量均为m的粒子．如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为 eq \f(3,2)v0和v0.甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区．乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°.甲到O点时，乙恰好到P点．已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝ eq \f(9mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4πqL).不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场．
(1)求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B；
(2)求Ⅲ区宽度d；
(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0.已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)
解析：(1)根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°
根据几何关系有r乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r乙)
联立解得B＝ eq \f(mv0,2qL)
(2)乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝ eq \f(30°＋30°,360°)T
又T＝ eq \f(2πr乙,v0)＝ eq \f(4πL,v0)
解得t1＝ eq \f(2πL,3v0)
分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有
d＝ eq \f(3,2)v0t1＋ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝ eq \f(3,2)πL
(3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有
v甲O＝ eq \f(3,2)v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为
E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝ eq \f(ω,3v0)
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝(x0－Δx)处
在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝(x0－Δx)处有E乙＝ωt0－k(x0－Δx)
又F＝qE乙
联立解得F＝ eq \f(qω,3v0)Δx
4．[2024·河北省邢台市五岳联盟联考]如图所示，MN为竖直平面内的一条水平分界线，MN的上方有方向竖直向下的匀强电场，MN的下方有垂直于竖直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.粒子源S可向平行于纸面的各个方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速度大小不同的带电粒子，分界线MN上A点位于为S的正上方，S到A点的距离为d，忽略带电粒子受到的重力．
(1)若从S发出的带电粒子经磁场偏转一次就能到达A点，求粒子的最小速度v0；
(2)若从S发出的带电粒子的初速度方向与竖直方向的夹角θ＝30°，且粒子从A点进入电场，之后在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动．
①求匀强电场的电场强度大小E；
②求粒子的运动周期T.
答案：(1) eq \f(qBd,2m) (2)① eq \f(qdB2,2m) ② eq \f(（6\r(3)＋4π）m,3qB)
解析：(1)根据题意可知，从S发出的粒子在磁场中做圆周运动到达A点的最小半径r1＝ eq \f(1,2)d
洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r1)
解得v0＝ eq \f(qBd,2m)
(2)①符合题意的粒子的运动轨迹如图所示
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有2r sin θ＝d
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m eq \f(v2,r)
设粒子在电场中运动的时间为t2，根据运动规律有
vt2sin θ＝2r cs θ
2v cs θ＝ eq \f(Eq,m)t2
解得E＝ eq \f(qdB2,2m)
②粒子在磁场中运动的时间t1＝ eq \f(（2π－\f(2,3)π）r,v)
粒子的运动周期T＝t1＋t2
解得T＝ eq \f(（6\r(3)＋4π）m,3qB)
5．[2024·湖南省湘东九校联考]如图所示，在xOy平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和a′、b′、c′点，其中圆弧a′b′c′的半径为R.两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间的电势差为U.圆弧a′b′c′上方圆周外区域，存在着上边界为y＝2R的垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，圆弧abc内无电场和磁场．O点处有一粒子源，在xOy平面内向x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为2 eq \r(\f(qU,m))，被辐射状的电场加速后进入磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动．
(1)求粒子被电场加速后的速度v；
(2)要有粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B0；
(3)当磁场中的磁感应强度大小为第(2)问中B0的 eq \r(3)倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L.
答案：(1)v＝ eq \r(\f(6qU,m)) (2)B0＝ eq \r(\f(2mU,qR2))
(3)( eq \r(2\r(2)－1)＋1)R
解析：(1)带电粒子进入电场后，在电场中做加速运动，由动能定理有qU＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v＝ eq \r(\f(6qU,m))
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有qvB＝m eq \f(v2,r)
解得r＝ eq \f(mv,qB)
粒子垂直上边界射出磁场，则粒子轨迹圆的圆心必然在上边界线上，且根据几何关系，轨迹圆圆心到坐标原点的距离d满足d2＝r2＋R2
如图所示
当d＝2R时，轨迹圆半径有最小值rmin＝ eq \r(3)R
此时磁感应强度有最大值B0＝ eq \f(mv,qrmin)＝ eq \r(\f(2mU,qR2))
(3)当磁感应强度B＝ eq \r(3)B0时，粒子运动圆半径r＝ eq \f(\r(3),3)rmin＝R
如图所示
①粒子轨迹圆与上边界相切时，粒子运动到最左边，有x1＝R
②当粒子轨迹圆与上边界的交点、运动轨迹圆圆心以及坐标原点O点三点共线时，粒子打在最右边，此时有x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋(2R)2＝( eq \r(2)R＋R)2
解得x2＝ eq \r(2\r(2)－1)R
可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度为L＝x1＋x2＝( eq \r(2\r(2)－1)＋1)R