备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十一章磁场专题十六带电粒子在组合场中的运动

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1.[2024福建宁德模拟/多选]圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场（未画出），半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于C点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E.一带正电的粒子从A点以速度v0沿AO方向射入磁场，粒子刚好从C点离开磁场.不计粒子重力，下列说法正确的是（ ABD ）
A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B.粒子的比荷为v0BR
C.粒子在磁场中运动的总时间为πR2v0
D.粒子在电场中运动的总时间为2BRE
解析 根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中的运动轨迹所对圆心角为π2，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv02R，可得qm＝v0BR，故B正确；粒子从C点进入电场后，先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，再次到达C点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示，则粒子在磁场中的运动时间为t磁＝T2＝πRv0，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma，解得a＝Eqm＝Ev0BR，根据v0＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电＝2v0a＝2BRE，故D正确.
2.[2023广东六校第一次联考]在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的平行双边界匀强磁场区域，如图所示.已知磷离子在磁场中转过θ＝30°角后从磁场右边界射出，磷离子质量为m，带电荷量为e，忽略重力影响.求：
（1）磷离子进入磁场时的速度大小v；
（2）磁场宽度L.
答案 （1）2eUm （2）12B2mUe
解析 （1）根据动能定理可得eU＝12mv2
则磷离子进入磁场时的速度大小v＝2eUm
（2）磷离子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有
evB＝mv2r
根据几何知识可得L＝rsinθ
解得L＝12B2mUe.
3.[2023南京六校联合调研]如图所示，已知边长为L＝40cm的正方形区域ABCD内部存在匀强磁场，方向垂直纸面向外，其上方存在电场强度为E＝100V/m的匀强电场，电场宽度也为L.从电场中P点以速度v0＝2×106m/s垂直电场向右射出一个带正电的粒子，其比荷qm＝2×1011C/kg（重力不计），P、A、B在同一直线上，粒子经过电场后从AD边的中点进入磁场.
（1）求P、A间的距离；
（2）若粒子从AB边的中点射出磁场，求磁感应强度B的大小；
（3）多次调节磁感应强度大小使粒子均能从AD边射出，求粒子在磁场中运动的最长时间.（取π≈3，2≈1.4，结果保留2位有效数字）
答案 （1）0.1m （2）1×10－4T （3）1.9×10－7s
解析 （1）粒子在电场中做类平抛运动，则有L2＝v0t
xPA＝12·qEmt2
可得P、A间的距离xPA＝0.1m
（2）粒子到达AD边时，vy＝qEmt＝2×106m/s，速度大小v＝2v0＝22×106m/s，速度方向与AD边夹角为45°，斜向右下方进入磁场做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r
由几何关系可得r＝2L4＝102cm
所以B＝mvqr＝1×10－4T
（3）由几何关系可知，粒子从AD边射出时速度的方向均偏转α＝3π2，t＝αrv，半径最大时，运动时间最长
粒子轨迹与AB边相切时，半径最大
此时，rm＋rmsin45°＝L2
联立可得最长时间tm＝1.9×10－7s.
4.[高考新动向/2023辽宁]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、方向垂直于纸面向外的匀强磁场.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.已知圆形磁场区域半径为2mv03qB，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）仅改变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，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M.
答案 （1）mv023q （2）60° （3）见解析
解析 （1）设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为3d
粒子在两平行金属板间做类平抛运动
水平方向：3d＝v0t
竖直方向：12d＝vy2t
又vy＝Ud·qmt
联立解得U＝mv023q
（2）粒子进入磁场时的速度v＝v02＋vy2＝233v0
设v与水平方向的夹角为α，则tanα＝vyv0＝33，即α＝30°
由qvB＝mv2r得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝23mv03qB
已知磁场圆半径R＝2mv03qB，则r＝3R
作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示
粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得tanθ2＝Rr＝33
故θ＝60°
（3）根据几何关系，将磁场圆绕O'点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长.作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示.
5.[多次进出电磁场问题/2023山东]如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）.
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小.
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开.
（i）求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场.
答案 （1）6mEqd （2）（i）E'＝36E，v0＝9qEdm （ii）见解析
解析 （1）根据题意作出粒子的运动轨迹如图1所示，设粒子经电场加速后进入磁场的速度大小为v1，在磁场中做圆周运动的半径为r1，则由动能定理得
qE·2d＝12mv12
由牛顿第二定律得qv1B＝mv12r1
由几何关系得d＝3r1
联立解得B＝6mEqd
（2）（i）如图2所示，设粒子第一次经电场加速后进入磁场的速度大小为v2，在磁场中做圆周运动的半径为r2，粒子从P点第二次进入电场时速度的方向与x轴负方向的夹角为θ，第二次在电场中运动的时间为t，则由动能定理得qE'·2d＝12mv22－12mv02
由牛顿第二定律得qv2B＝mv22r2
由几何关系得
（r2－d）2＋（2d）2＝r22
即r2＝2.5d
sinθ＝r2－dr2，csθ＝2dr2
从P点第二次进入电场后，在电场中运动时，由运动学公式得
2d＝v2csθ·t
2d＝v2sinθ·t＋12qE'mt2
联立解得E'＝36E
v0＝9qEdm
（ii）设粒子从Q点离开电场时，速度大小为v3，方向与y轴正方向的夹角为φ，沿y轴方向的分量为vy，在磁场中做圆周运动的半径为r，由运动学公式得vy＝v2sinθ＋qE'mt
v3＝（v2csθ）2＋vy2
由几何关系得sinφ＝v2csθv3
由牛顿第二定律得
qv3B＝mv32r
解得r＝412d
假设粒子能从P点第三次进入电场，对应的轨迹半径为r'，如图3所示，由几何关系得
cs（φ＋45°）＝2dr'
解得r'＝241d
由于r'≠r，故假设不成立，即粒子不能从P点第三次进入电场.