2023届高考物理二轮总复习试题（老高考旧教材）专题分层突破练9　带电粒子在复合场中的运动（Word版附解析）

专题分层突破练9　带电粒子在复合场中的运动

A组

1.(2022广西桂林二模)电场强度为E的匀强电场水平向右,匀强磁场与匀强电场垂直,磁感应强度大小为B,方向如图所示。一带电小球M斜向右上方做匀速直线运动,速度与水平方向的夹角为30°,该小球运动的速度大小为(　　)

A. B.

C. D.

2.(2022四川绵阳模拟)重力不计、初速度可忽略的带电粒子X和Y,经电压为U的电场加速后,从F点(F为磁场左边界AB的中点)垂直AB和磁场方向进入足够长的边界平行的匀强磁场区域,如图所示。已知X在磁场中转过90°后从磁场上边界射出,Y在磁场中转过53°后也从磁场上边界射出(sin 53°=0.8)。则X和Y在电场和磁场中运动时,下列说法正确的是(　　)

A.在电场中的加速度大小之比为5∶2

B.比荷之比为2∶5

C.在磁场中运动的速度大小之比为5∶2

D.刚离开磁场区域时的动能之比为1∶4

3.(多选)(2022贵州遵义模拟)如图甲所示,足够长的竖直边界MN、PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场(电场未画出),电场强度E随时间t的变化规律如图乙所示。A点在MN上,D点在PQ上,AD连线与边界MN垂直,C点是线段AD的中点。现有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从A点以速率v水平射入电磁场区域,粒子沿直线运动到C点后做一个完整的圆周运动,然后从C点继续向右沿直线运动,最后从D点射出电磁场区域。不计粒子重力,则(　　)

A.磁场的磁感应强度大小为

B.粒子做圆周运动的半径为

C.电场的变化周期为

D.MN与PQ之间的距离应满足≤d≤

4.(2022福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求:

(1)磁场的磁感应强度大小B;

(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t;

(3)电场强度的大小E。

5.(2022湖北广水模拟)如图所示,水平正对固定的M、N两长直平行金属板间距离为d,板间匀强电场的电场强度大小为E,N板下方足够大的空间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,贴近M板的左端以大小为v0的初速度水平射入匀强电场,从狭缝P穿过N板后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动。不计粒子受到的重力。求:

(1)粒子在两板间运动的时间t;

(2)粒子在磁场中圆周运动的半径r。

6.(2022河北唐山一模)平面直角坐标系xOy第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,如图所示。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从y轴上的M点,以垂直于y轴的初速度v0射入电场,经由x轴上的N点进入磁场,最终粒子在P点垂直y轴离开磁场。已知M、N两点到原点的距离分别为y1=,x=L,不计粒子重力。求:

(1)匀强电场的电场强度E的大小;

(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。

B组

7.如图所示,在第一、第四象限的y≤0.8 m区域内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小E=4×103 N/C;在第一象限的0.8 m<y≤1.0 m区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量m=1×10-10 kg、电荷量q=1×10-6 C的带正电粒子,以v0=6×103 m/s的速率从坐标原点O沿x轴正方向进入电场。不计粒子的重力。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)求粒子第一次离开电场时的速度;

(2)为使粒子能再次进入电场,求磁感应强度B的最小值。

8.(2022广东普通高中一模)双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪,其模型图如图甲所示。其原理图如图乙所示,电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场,磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的离子被加速后,进入辐射电场,恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域,垂直边界从P点进入圆形磁场区域,PO1=d。之后垂直磁场下边界射出并从K点进入检测器,检测器可在O1M和O2N之间左右移动且与磁场下边界距离恒等于0.5d。已知圆弧轨迹处的电场强度为E,离子重力不计。

(1)求磁场区域的磁感应强度B;

(2)由不同离子组成的粒子束,以不同速度进入电场分析器后能沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场并从P点垂直进入磁场,离子离开O1O2时与O1O2所夹锐角相同,若检测器能接收到的离子中比荷的最大值与最小值之比为λ,求λ的值。

9.(2022山东淄博二模)如图所示,一线状粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子(初速度可视为0),经过电场加速后,粒子以相同的水平速度从MS段垂直MF进入边长为L的正方体电磁修正区FMPQ-AGRN内,底面AGRN水平。已知MS段的长度为L,电磁修正区内部有垂直于平面MPRG的磁感应强度为B的匀强磁场、电场强度为E的匀强电场,从M点射入的粒子在正方体电磁修正区中运动时间为,且从底面AGRN射出。距离正方体电磁修正区底面L处有一与底面平行的足够大平板,能吸收所有出射粒子。现以正方体电磁修正区底面中心O在平板上的垂直投影点O'为原点,在平板内建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)。忽略粒子间相互作用,不计重力。

(1)求加速电场的电压U;

(2)求从M点射入的粒子射出正方体电磁修正区后速度v的大小;

(3)若E=,求从S点入射的粒子打到平板上的位置坐标;

(4)满足(3)问条件下,求所有粒子落到平板上的落点离O'的最小距离。

答案：

1.B　解析 带电小球M斜向右上方做匀速直线运动,由力的平衡可知qvB=,Eq=mgtan θ,解得v=,B正确。

2.C　解析 带电粒子X和Y在磁场中的运动轨迹如图所示,O1、O2分别为它们在磁场中运动的轨迹圆的圆心,v1、v2分别为它们离开电场即进入磁场的速度大小,r1、r2分别为它们在磁场中做圆周运动的轨迹半径;设AB的距离为d,由几何关系可知r1=,r2cos 53°=r2-,解得r2=d,;在电场中,根据动能定理有qU=mv2,得v=,磁场中,由牛顿第二定律有qvB=m,解得r=,故,得两粒子的比荷之比,在电场中由牛顿第二定律有qE=ma,得a=,在电场中的加速度大小之比等于比荷之比,A、B错误。在磁场中运动的速度大小之比为,C正确。刚离开磁场区域时的动能和两粒子进入磁场时的动能相同,由动能定理得qU=Ek,两粒子动能之比等于两粒子电荷量之比,因电荷量之比无法求出,故动能之比也无法求出,D错误。

3.ABD　解析 0~时间内粒子做匀速直线运动,可得qvB=qE0,求得B=,A正确;根据qvB=,得r=,B正确;粒子沿直线运动到C点后做一个完整的圆周运动,可得,求得T=,C错误;当圆形轨迹与条形磁场相切时,MN与PQ之间的距离最小,即d≥2r,求得d≥,粒子沿直线运动到C点,可得d≤×v×2=,MN与PQ之间的距离应满足≤d≤,D正确。

4.答案 (1)　(2)　(3)

解析 (1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示

其圆心为O1,对应轨道半径为R,由几何关系可得Rsin θ=L

由牛顿第二定律和向心力公式有qvB=

联立可得B=。

(2)带电粒子在磁场中运动的时间t=T

T=

联立可得t=。

(3)设带电粒子在电场中运动时间为t',由运动的合成与分解有vcos θ·t'=L

vsin θ-at'=0

由牛顿第二定律有qE=ma

联立可得E=。

5.答案 (1)

(2)

解析 (1)设粒子在两板间运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有qE=ma

根据匀变速直线运动的规律有d=at2

解得t=。

(2)设粒子到达P点时的速度大小为v,根据动能定理有qEd=mv2-

洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力,有qvB=m

解得r=。

6.答案 (1)

(2)

解析 (1)粒子在电场中运动时,在y轴方向上做匀加速运动,有at2

a=

在x轴方向上有L=v0t

解得E=

(2)离开电场时,vy=at=v0

粒子在N点的速度v==2v0

设速度方向与x轴方向夹角为θ,则tan θ=,θ=60°

粒子在磁场中做圆周运动,轨迹如图所示,根据牛顿第二定律有qBv=

由几何关系知R=

解得B=。

7.答案 (1)1×104 m/s,与x轴正方向成53°角斜向右上　(2)2 T

解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,所受静电力为F=qE

由牛顿第二定律有a=

y轴方向,由运动学规律有=2asy

代入数据(其中sy=0.8 m)得vy=8×103 m/s

粒子离开电场时的速度大小为v=

代入数据得v=1×104 m/s

tan θ=

故所求速度方向与x轴正方向成53°角斜向右上。

(2)如图所示,在宽度d=1.0 m-0.8 m=0.2 m的磁场中粒子做匀速圆周运动,满足条件下B最小时,轨迹与磁场上边界相切,设轨迹半径为R

由几何关系有

R=Rcos θ+d

代入数据得R=0.5 m

由牛顿第二定律有qvB=m

代入数据解得所求最小值B=2 T。

8.答案 (1)　(2)25

解析 (1)设离子的速度为v0,离子在电场和磁场中分别做匀速圆周运动

在电场中,静电力提供向心力,有qE=

在磁场中,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=

联立解得磁感应强度为B=。

(2)设在某处被检测到的离子在磁场中的轨道半径为r,则

在磁场中有qvB=

在电场中有qE=

可得

由此可知当离子运动半径最小时,比荷最大;当离子运动半径最大时,比荷最小

设a(q1,m1)、b(q2,m2)离子分别在M、N处被检测到,在磁场中的轨迹半径分别为r1、r2,如图所示,易知在所有被检测到的离子中,运动半径最小为r1,最大为r2。由于两离子到达O1O2时,与O1O2夹角相等,均设为θ,由此可得∠O1FM和∠O2GN均为θ

由几何关系知O3F=r1

O1O3=d-r1

O3M=-r1

则MF=

由几何关系

解得r1=d

sin ∠O1GO4=

又sin ∠O1GO4=sin ∠FMO3=

解得r2=3d

因为

可得λ==25。

9.答案 (1)

(2)

(3)

(4)L

解析 (1)粒子在加速电场中有Uq=

分析可知粒子进入修正区后在与磁场垂直的方向上做匀速圆周运动,在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动,在磁场中有qv0B=m

因t1=T

则圆周运动半径为r=L

联立解得U=。

(2)从M点射入的粒子射出修正区时沿PR方向的分速度为v1=v0

沿y轴正方向的分速度为v2=at1

又a=

则粒子射出修正区时的速度为v=。

(3)若从S点射入的粒子在沿电场方向做匀加速直线运动的时间为t1=,

则其在该方向上运动的分位移为y1=

已知E=

解得y1=

即从S点射入的粒子恰好从底面N点射出。粒子在出修正区后沿电场方向做匀速直线运动的分位移为y2=v2t2

竖直方向有t2=

则由几何关系知从S点入射的粒子打在平板上的纵坐标为y=y2+

联立解得y=

从S点入射的粒子打在平板上的横坐标为x=

从S点入射的粒子打在平板上的坐标为。

(4)因y=y1+y2->0