【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）20、专题强化练二十　带电粒子在组合场中的运动

这是一份【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）20、专题强化练二十　带电粒子在组合场中的运动，共10页。试卷主要包含了2 m，89×10－7 s等内容，欢迎下载使用。

对点练1 磁场与磁场组合
1.如图1所示，竖直放置的PQ板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场，右侧为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.332 T，一质量m＝6.64×10－27 kg，带电荷量q＝3.2×10－19 C的粒子(不计重力)从小孔1位置以垂直板方向，大小为v＝3.2×106 m/s的速度开始运动，依次通过小孔2、3、4，已知相邻两孔间的距离相等。则( )
图1
A.粒子带负电
B.相邻两孔间的距离为0.2 m
C.带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为5.89×10－7 s
D.带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10－7 s
2.(2022·广东卷，7)如图2所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
图2
对点练2 电场与磁场组合
3.(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)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B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。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
图3
A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B.粒子的比荷为eq \f(v0,BR)
C.粒子在磁场中运动的总时间为eq \f(πR,2v0)
D.粒子在电场中运动的总时间为eq \f(BR,E)
4.(多选)如图4所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转。最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则以下比值正确的是( )
图4
A.v1∶v2＝2∶1B.v1∶v2＝1∶2
C.t1∶t2＝3∶2D.t1∶t2＝3∶8
B级 综合提升练
5.如图5所示，虚线ab上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ，下方存在方向相同、磁感应强度大小为λB的匀强磁场Ⅱ，虚线ab为两磁场的分界线。M、O、N位于分界线上，点O为MN的中点。一电子从O点射入磁场Ⅰ，速度方向与分界线ab的夹角为30°，电子离开O点后依次经N、M两点回到O点。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，求：
图5
(1)λ的值；
(2)电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间。
6.如图6所示，在平面直角坐标系x轴上方有磁感应强度大小不变的匀强磁场，在x轴下方有平行于xOy平面的匀强电场，且与x轴成45°角斜向右上方。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，OP＝eq \r(2)d，若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过x轴进入电场和第二次经过x轴的位置均在Q点(未画出)；若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过x轴的位置也在Q点，不计粒子的重力，求：
图6
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小；
(3)若磁场方向垂直坐标平面向外，粒子从P点射出到第三次经过x轴所用的时间。
C级 培优加强练
7.(2024·广东深圳模拟)如图7所示，MHN和PKQ为竖直方向的平行边界线，水平线HK将两边界围成区域分为上下两部分，其中Ⅰ区域内为竖直向下的匀强电场，Ⅱ区域内为垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度v0垂直边界进入Ⅰ区域，从C点离开Ⅰ区域进入Ⅱ区域。已知AH＝h，HC＝2h，粒子重力不计。
图7
(1)求Ⅰ区域匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若两竖直边界线距离为4h，粒子从Ⅱ区域左边界射出，求Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围。
参考答案
专题强化练二十 带电粒子在组合场中的运动
1.C [由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(mv,qB)＝0.2 m，则d＝2R＝0.4 m，故B错误；圆周运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)≈3.93×10－7 s，带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T，即约为5.89×10－7 s，故C正确；如图所示，带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10－7 s，故D错误。]
2.A [由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到沿y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；质子的运动轨迹在Ozx平面的投影为一条平行于x轴的直线，故C、D错误。]
3.AB [根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到方向向右的洛伦兹力的作用，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，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为eq \f(π,2)，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,BR)，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，再次到达B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＝eq \f(T,2)＝eq \f(πR,v0)，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(Ev0,BR)，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＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2BR,E)，故D错误。]

4.AD [粒子在电场中加速，设加速的位移为x，则根据动能定理有qEx＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qEx,m))，粒子在磁场中运动时，其轨迹如图所示。a粒子运动轨迹的圆心为O，b粒子运动轨迹的圆心为O′，根据几何知识可知，r2·sin 30°＋r1＝r2，则r1∶r2＝1∶2，根据洛伦兹力提供向心力，有r＝eq \f(mv,qB)，联立可得eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4，v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,2π)T，则两粒子的运动时间之比t1∶t2＝3∶8，故C错误，D正确。]
5.(1)eq \f(1,2) (2)eq \f(4πm,eB)
解析 (1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示。
设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2，电子在磁场中做匀速圆周运动有
evB＝eq \f(mv2,R1)①
evλB＝eq \f(mv2,R2)②
由于最终能回到O点，由几何关系，可得
R2＝2R1③
联立①②③，解得λ＝eq \f(1,2) 。
(2)电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝eq \f(2πm,eB)
电子在磁场Ⅱ中的运动周期T2＝eq \f(2πm,eλB)＝eq \f(4πm,eB)
设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3，由几何关系可得
O到N的圆心角为60°，则t1＝eq \f(1,6)T1
N到M的圆心角为300°，则t2＝eq \f(5,6)T2
M到O的圆心角为60°，则t3＝eq \f(1,6)T1
电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3
联立以上式子，解得t＝eq \f(4πm,eB)。
6.(1)eq \f(mv0,2qd) (2)eq \f(（\r(2)－1）mveq \\al(2,0),qd) (3)eq \f(（4\r(2)＋4＋7π）d,2v0)
解析 (1)若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过x轴进入电场和第二次经过x轴的位置均在Q点，说明粒子到达Q点时的速度方向与电场强度方向相反，则由几何关系有
OP＝eq \r(2)d＝rcs 45°
解得r＝2d
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)
联立可得B＝eq \f(mv0,2qd)。
(2)若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过x轴的位置也在Q点，轨迹如图甲，则MO＝OQ＝r＋rcs 45°＝(2＋eq \r(2))d，MQ＝2MO
则根据类平抛规律有MQ·sin 45°＝v0t
MQ·cs 45°＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2
解得E＝eq \f(（\r(2)－1）mveq \\al(2,0),qd)。
(3)磁场方向垂直向外时，运动轨迹如图乙所示，则粒子第一次在磁场中运动的时间t1＝eq \f(225°,360°)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(5πd,2v0)
粒子进入电场后先做减速运动，速度减小到0用时设为t2，后反向加速，仍用时间t2第二次回到x轴，则
v0＝eq \f(qE,m)t2
解得t2＝eq \f(（\r(2)＋1）d,v0)
粒子再次进入磁场做圆周运动，再次到达x轴时所用时间
t3＝eq \f(90°,360°)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(πd,v0)
则粒子从P点射出到第三次经过x轴所用的时间
t总＝t1＋2t2＋t3＝eq \f(2（\r(2)＋1）d,v0)＋eq \f(7πd,2v0)＝eq \f(（4\r(2)＋4＋7π）d,2v0)。
7.(1)eq \f(mveq \\al(2,0),2qh) (2)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－1))mv0,2qh)解析 (1)如图所示，粒子从A点至C点做类平抛运动，垂直电场方向有2h＝v0t1
平行电场方向有h＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qh)。
(2)粒子在C点速度的竖直分量
vCy＝at1＝v0
故粒子在C点的速度为vC＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,Cy))＝eq \r(2)v0
方向为斜向右下方与HK夹角为45°，当粒子恰好不从MN边界出射时，粒子轨迹如图轨迹①所示，
设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为r1，由几何知识得
r1＋r1sin 45°＝2h
解得r1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\r(2)))h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
qvCB1＝meq \f(veq \\al(2,C),r1)
解得B1＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋1))mv0,2qh)
当粒子恰好不从PQ边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得
r2－r2sin 45°＝2h
解得r2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\r(2)))h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvCB2＝meq \f(veq \\al(2,C),r2)
解得B2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－1))mv0,2qh)
所以Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围为
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－1))mv0,2qh)