高考物理微专题小练习专题66带电粒子在组合场中的运动含答案

这是一份高考物理微专题小练习专题66带电粒子在组合场中的运动含答案，共10页。

1．[2022·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向外、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点以可以忽略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sin 37°＝0.6，cs 37°＝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)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)
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
3．[2022·河北模拟预测]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向里的匀强磁场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；第二、三象限有垂直纸面向里的匀强磁场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)第二、三象限内匀强磁场的磁感应强度B2的大小．
4．[2022·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向里的匀强磁场．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．第二、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，方向垂直纸面向外，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第二次进磁场处的距离．
6．[2022·云南省昆明市测试]如图所示，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，屏CD与y轴垂直，OACD为一矩形，OA边长为L，OD边长为2L，矩形OACD内某区域存在磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电荷量为q、重力不计的正粒子从x轴负半轴上的P点由静止释放，从O点进入磁场后最终垂直于屏打到C点，且从x轴PO段上任意位置由静止释放的同种正粒子最终都能垂直打到屏CD上，求：
(1)PO之间的距离x；
(2)上述由P点释放的粒子，从P到C经历的时间t；
(3)磁场区域的最小面积S.
专题66 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．ABC 根据题意可知，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，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．(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点出发又回到a点全过程的轨迹图，如图所示
依题意有v＝ eq \f(v0,cs 60°)＝2v0
粒子从c点到d点过程有r1(1＋sin 30°)＝ eq \f(1,2) eq \f(E0q,m)t2
tan 60°＝ eq \f(E0qt,mv0)解得r1＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,E0q)
由洛伦兹力提供向心力有qv0B1＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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
设粒子在第二、三象限内做匀速圆周运动的轨道半径为r2，则R＋v0t＝2r2cs 30°
由洛伦兹力提供向心力有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)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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＝v0t1
yOA＝ eq \r(3)l＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
a＝ eq \f(qE,m)
解得E＝ eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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
tan θ＝ 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,cs 30°)＝ 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,sin 30°)＝12l
由洛伦兹力提供向心力，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)4 eq \r(2)d
解析：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理得
qEd＝ eq \f(1,2)mv2
v＝ 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第二次进磁场，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)
由几何知识得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)＝4 eq \r(2)d.
6．(1) eq \f(qB2L2,2mE) (2) eq \f(BL,E)＋ eq \f(m（π＋2）,2qB) (3) eq \f(π－2,4)L2
解析：(1)如图所示，由几何关系得垂直于屏打在C点的粒子在磁场中的运动半径为L，
根据带电粒子在磁场中的运动规律
qBv＝ eq \f(mv2,r)得R＝ eq \f(mv,qB)＝L
由P到O运用动能定理得
qEx＝ eq \f(1,2)mv2得x＝ eq \f(qB2L2,2mE)
(2)第一阶段由P到O粒子做匀加速直线运动
由x＝ eq \f(v,2)t1
解得t1＝ eq \f(BL,E)
第二阶段在磁场中粒子经历1/4圆周，故
t2＝ eq \f(1,4)· eq \f(2πm,qB)＝ eq \f(πm,2qB)
第三阶段粒子做匀速直线运动
x＝ eq \f(2L－R,v)＝ eq \f(m,qB)
故总时间t＝t1＋t2＋t3＝ eq \f(BL,E)＋ eq \f(m（π＋2）,2qB)
(3)磁场下边界为半径为L的1/4圆弧，磁场的上边界上任意一点坐标x、y始终满足y＝x，故磁场的上边界是一条y＝x的直线，如(1)中图所示，月牙部分即为磁场区域面积，故S＝ eq \f(1,4)πR2－ eq \f(1,2)L2＝ eq \f(π－2,4)L2.