2024版新教材高考物理复习特训卷考点69带电粒子在组合场中的运动

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点69带电粒子在组合场中的运动，共8页。试卷主要包含了[2023·福建漳州二模]等内容，欢迎下载使用。

A．两个励磁线圈中的电流均为顺时玻璃泡励磁线圈
B．当加大励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹励磁线圈
C．当加大加速极电压时，电子打在励磁电流加速极电压玻璃泡上的位置将上移
D．在出现完整轨迹后，减小加速极电压，电子在磁场中圆周运动的周期变小
2.[2023·福建漳州二模]（多选）如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，要增大带电粒子射出时的动能，则 （ ）
A．增大匀强电场间的加速电压
B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离
D．增大D形金属盒的半径
3.[2020·全国卷Ⅱ]CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示．图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点．则（ ）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
4.[2023·浙江嘉兴中学期末]如图所示，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，方向垂直纸面向里．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，第二次穿过MN时的位置记为Q点，P、Q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，若只适当减小v0的大小，则（ ）
A．t变大，d变小 B．t不变，d变小
C．t变大，d不变 D．t变小，d变大
5.
[2022·湖北卷]（多选）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）.若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2.下列关系式正确的是（ ）
A．t1t2
C．Ek1Ek2
6.[2023·山东东营期末]如图所示，在O ­ xyz三维坐标系中以yOz平面为界，x＜0空间有沿x轴正方向的匀强电场，x＞0空间有沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电量为q的带正电粒子，由A点（－d，－d，0）沿y轴正方向以大小为v0的速度射出，之后粒子恰好能从O点射入磁场，粒子重力不计，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子到达O点时的速度大小；
（3）粒子在磁场中运动时到xOy平面的最大距离．
7.[2021·辽宁卷]如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场．质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（－a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为 eq \f(m,3) 的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙．（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L.
8.[2023·广东韶关市二模]扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m、电量为－q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.
（1）当Ⅰ区宽度L1＝L、磁感应强度大小B1＝B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0；
（2）若Ⅱ区宽度L2＝L1＝L、B1＝B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件；
（3）若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式．
考点69 带电粒子在组合场中的运动——提能力
1．答案：B
解析：根据左手定则可知磁场垂直纸面向外，再由右手螺旋定则知两个励磁线圈中的电流均为逆时针，A错误；经加速电压后电子加速，根据动能定理有qU＝ eq \f(1,2)mv2，电子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB＝m eq \f(v2,r)得r＝ eq \f(mv,qB)，当加大励磁线圈电流时，磁感应强度变大，使电子做圆周运动的半径减小，可能会出现完整的圆形轨迹，B正确；加大加速极电压，电子射出时的速度增大，圆周的半径变大，圆的弯曲程度变小，则电子打在玻璃泡上的位置下移，C错误；在出现完整轨迹后，减小加速极电压，电子圆周的速度变小，但在磁场中圆周运动的周期为T＝ eq \f(2πR,v)＝ eq \f(2πm,qB)，则其周期不变，D错误．
2．答案：BD
解析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据qvB＝ eq \f(mv2,R)可得，v＝ eq \f(qBR,m)，因此带电粒子离开回旋加速器时的动能Ek＝ eq \f(1,2)mv2＝ eq \f(q2B2R2,2m)可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，B、D正确．
3．答案：D
解析：电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故A选项错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故C选项错误；对加速过程应用动能定理有eU＝ eq \f(1,2)mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝ eq \f(mv2,r)，则r＝ eq \f(mv,Be)，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝ eq \f(d,r)(其中d为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dB eq \r(\f(e,2mU))，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故B选项错误，D选项正确．
4．答案：C
解析：粒子在电场中做类平抛运动，如图所示：
设第一次到达P点y方向分速度为v1，在y方向有qE＝ma，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2ah，由于q、E及h不变化，则v1大小不变，则粒子进入磁场的速度v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )，速度方向与MN的夹角tan θ＝ eq \f(v1,v0)，可见，若减小v0，则tan θ增大，θ变大．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R＝ eq \f(mv,qB)，第二次经过MN上的Q点时由几何关系可得d＝2R sin θ，sin θ＝ eq \f(tan θ,\r(1＋tan2θ))＝ eq \f(v1,\r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ))，代入可得d＝ eq \f(2mv1,qB)，可见，当减小v0时d不变．运动的时间t＝ eq \f(θ,2π)· eq \f(2πm,qB)＝ eq \f(θm,qB)，由于θ增大，则t增大，C正确．
5．答案：AD
解析：该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝ eq \f(x,v)可知t1Ek2，故C错误，D正确．
6．答案：(1) eq \f(2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qd) (2) eq \r(5)v0 (3) eq \f(2mv0,Bq)
解析：(1)粒子先在xOy平面内做类平抛运动，加速度大小为a＝ eq \f(qE,m)
根据运动学规律有d＝v0t0
d＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得E＝ eq \f(2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qd).
(2)粒子到达O点时的速度方向的反向延长线一定经过水平位移的中点，设速度方向与x轴正方向夹角为θ，则tanθ＝ eq \f(v0,vx)＝ eq \f(1,2)
解得粒子在O点处的x轴分速度大小为vx＝2v0
根据速度的合成可得粒子到达O点时的速度大小为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) )＝ eq \r(5)v0.
(3)粒子进入磁场后，在空间中做螺旋运动，在yOz平面内做匀速圆周运动，设其运动半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得R＝ eq \f(mv0,Bq)
所以粒子在磁场中运动时到xOy平面的最大距离为s＝2R＝ eq \f(2mv0,Bq).
7．答案：(1) eq \f(qB2a,2m) (2) eq \f(2πm,qB) (3) eq \f(2\r(7),7)a
解析：(1)粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R＝a
则qBv＝ eq \f(mv2,R)
则v＝ eq \f(qBa,m)
粒子从S到O在电场中加速，有动能定理可得qEa＝ eq \f(1,2)mv2
可得E＝ eq \f(qB2a,2m).
(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，取向上为正，则有
mv＝mv1＋ eq \f(1,3)mv2， eq \f(1,2)mv2＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
计算可得v1＝ eq \f(1,2)v＝ eq \f(qBa,2m)，v2＝ eq \f(3,2)v＝ eq \f(3qBa,2m)
两粒子碰后在磁场中运动
eq \f(1,2)qBv1＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R1)， eq \f(1,2)qBv2＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,3R2)
解得R1＝a，R2＝a
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
T1＝ eq \f(2πR1,v1)＝ eq \f(4πm,qB)，T2＝ eq \f(2πR2,v2)＝ eq \f(4πm,3qB)
则两粒子碰后再次相遇 eq \f(2π,T2)Δt＝ eq \f(2π,T1)Δt＋2π
解得再次相遇时间Δt＝ eq \f(2πm,qB).
(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为θ＝ eq \f(2π,T1)· eq \f(T2,4)＝ eq \f(π,6)
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了t′，由余弦定理可得
cs 60°＝ eq \f(（v1t′）2＋（v2t′）2－（2a）2,2×v1t′×v2t′)
且v1t′＝ eq \f(1,3)v2t′
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移L＝v1t′＝ eq \f(2\r(7),7)a
8．答案：(1) eq \f(1,L) eq \r( ,\f(2mU,q)) eq \f(πL,3) eq \r( ,\f(m,2qU)) (2)B2≥ eq \f(3,L) eq \r( ,\f(mU,2q)) (3)B2L2＝B1L1
解析：(1)由题意可得粒子运动轨迹大致如下图所示
设粒子射入磁场的速度为v，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律可得qU＝ eq \f(1,2)mv2，B0qv＝m eq \f(v2,R1)
由几何知识得L＝2R1sin θ
联立解得B0＝ eq \f(1,L) eq \r(\f(2mU,q))
粒子在Ⅰ区运动的时间为t0＝ eq \f(2θR1,v)＝ eq \f(πL,3) eq \r(\f(m,2qU))
(2)由题意可得粒子运动轨迹大致如下图所示
设粒子在磁场Ⅱ区中做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2＝m eq \f(v2,R2)
为使粒子能返回Ⅰ区，应满足R2＋R2sin θ≤L
代入数据解得B2≥ eq \f(3,L) eq \r( ,\f(mU,2q))
(3)由题意可得粒子运动轨迹大致可能如下图所示两种情况
设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得
L1＝R1sin θ＋R1sin α(或L1＝R1sin θ－R1sin α)
L2＝R2sin θ＋R2sin α(或L2＝R2sin θ－R2sin α)
又根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m eq \f(v2,R1)，qvB2＝m eq \f(v2,R2)
联立解得B2L2＝B1L1.