备战2025年高考二轮复习物理（广东版）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）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（广东版）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），共12页。

基础巩固
1.(2024安徽六安模拟)如图所示,电场强度为E的匀强电场竖直向下,磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外,电荷量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度,正好做匀速圆周运动,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.小球带正电
B.将初速度方向变成垂直磁场水平向左,则小球做直线运动
C.小球做匀速圆周运动的周期为2πEBg
D.若把电场的方向改成竖直向上,则小球恰好做类平抛运动
答案 C
解析 小球要做匀速圆周运动,电场力与重力等大反向,电场力向上,小球必须带负电,故A错误;将初速度方向变成垂直磁场水平向左,电场力与重力方向相同,小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下做曲线运动,故B错误;小球做匀速圆周运动,则mg=qE,周期为T=2πmqB=2πEBg,故C正确;若把电场的方向改成竖直向上,小球所受重力与电场力均向下,但还有洛伦兹力作用,则小球不会做类平抛运动,故D错误。
2.(2023新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点,a点在小孔O的正上方,b点在a点的右侧,如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的110,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为( )
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
答案 C
解析 当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向左,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向右,不可能有粒子射到a点,选项A错误;当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时,可能有受力平衡的粒子,若a处为电子,则α粒子受到的静电力大,将射到a的左侧,若a处为α粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a的左侧,选项B错误;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里时,可能有受力平衡的粒子,若a处为电子,则α粒子受到的静电力大,将射到a的右侧,若a处为α粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a的右侧,选项C正确;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向右,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向左,不可能有粒子射到a点,选项D错误。
3.(多选)(2024湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示,MN和PQ是两平行金属极板,匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场,极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A.极板MN是发电机的正极
B.仅增大两极板间的距离,极板间的电压减小
C.仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压增大
D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度,极板间的电压增大
答案 AC
解析 本题考查磁流体发电机。根据左手定则,带正电的粒子因受到洛伦兹力而向上偏转,同理带负电的粒子向下偏转,此时极板MN带正电为发电机正极,A正确;当粒子受到的洛伦兹力和电场力平衡时,设此时极板间距为d,有qvB=qUd,可得U=Bdv,因此仅增大两极板间的距离,极板间的电压U增大,仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压U增大,极板间的电压U的大小与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关,B、D错误,C正确。
4.(2024广东汕头期末)有些电动摩托车的油门示意图可简化为如图所示,固定部件装有宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是自由电子,电流方向向右,可转动部件嵌有磁体,当油门增大时,垂直于上表面向下的磁场的磁感应强度随之增大,下列说法正确的是( )
A.前表面的电势比后表面的低
B.油门增大时,前、后表面间的电压随之增大
C.油门增大时,洛伦兹力对电子做的功增大
D.通过增大c可以增大前、后表面间的电压
答案 B
解析 由左手定则可知,电子受洛伦兹力方向指向后表面,后表面带负电,则前表面的电势比后表面的高,选项A错误;根据Uae=Bve可得U=Bav,则油门增大时,磁场磁感应强度增大,前、后表面间的电压随之增大,选项B正确;洛伦兹力对电子不做功,选项C错误;根据U=Bav可知,前、后表面间的电压与c的大小无关,选项D错误。
5.(2024广东广州二模)如图所示,水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。在a点由静止释放一带电的微粒,释放后微粒沿曲线acb运动,a、b两点在同一水平高度,c点是曲线上离MN板最远的点。不计微粒所受空气阻力,下列说法正确的是( )
A.微粒在c点时电势能最大
B.a点电势低于c点电势
C.微粒在运动到c点过程中电场力做的功等于动能的变化量
D.微粒到达b点后将沿原路径返回a点
答案 A
解析 由题意可知,刚开始运动时,洛伦兹力向右,根据左手定则,可得粒子带负电,则电场力竖直向上,所以粒子从a点运动到c点的过程中,电场力做负功,电势能增加,所以微粒在c点时电势能最大,故A正确;两金属板间的电场竖直向下,根据沿着电场线电势降低,可知c点的电势低于a点的电势,故B错误;微粒在运动到c点过程中,重力和电场力做的总功等于动能的变化量,故C错误;微粒到达b点后,再向下运动,又会受到向右的洛伦兹力,所以它会向右偏转,而不会沿原路径返回到a点,故D错误。
6.(2024湖北卷)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计粒子重力,下列说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹可能经过O点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm3qB
D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动的速度大小为3qBR3m
答案 D
解析 本题考查带电粒子在圆形边界磁场中的运动。在圆形匀强磁场中,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出,根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域,且经过的时间间隔最小,根据对称性画粒子的运动轨迹如图甲所示,则粒子运动的最小时间间隔为t=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系得r=3R3,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,可得v=3qBR3m,故D正确。
甲
乙
综合提升
7.(2023湖南卷)如图所示,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是( )
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则t=t02
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2,则t=2t0
答案 D
解析 在区域Ⅰ中,由qvB1=qE得,粒子速度v=EB1,粒子进入区域Ⅱ后,当粒子从CF中点射出时,在区域Ⅱ中运动半径为r=24a(a为CF长度),又由qvB2=mv2r得r=mvB2q,t0=14T=πm2B2q,运动轨迹如图甲所示。当区域Ⅰ中的磁感应强度大小变为2B1时,v1=E2B1=v2,这时粒子进入区域Ⅱ后,r1=mv1B2q=mv2B2q
8.(12分)(2024广东广州一模)如图所示,在边长为L的正方体区域的右侧面,以中心O为原点建立直角坐标系xOy,x轴平行于正方体底面。该正方体区域内加有方向均沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B的匀强磁场,若电荷量为q、质量为m的正离子以某一速度正对O点并垂直右侧面射入该区域,则正离子在电磁场作用下发生偏转。
(1)若正离子从右侧面坐标为(x0,y0)的P点射出,求正离子通过该区域过程的动能增量。
(2)若撤去电场只保留磁场,试判断入射速度v=5qBL3m的正离子能否从右侧面射出。若能,求出射点坐标;若不能,请说明理由。
答案 (1)Eqx0 (2)能 0,13L
解析 (1)由题可知,整个过程中电场力做功,洛伦兹力不做功,故
ΔEk=Eqx0。
(2)正离子在磁场中做圆周运动,故Bqv=mv2r
解得r=mvBq=53L
因为正离子轨迹半径大于L,故能从右侧面射出,轨迹如图所示
由几何关系有
(r-y1)2+L2=r2
解得y1=13L
则出射点的坐标为0,13L。
9.(14分)(2024广东梅州一模)在芯片领域,技术人员往往通过离子注入方式来优化半导体。其中控制离子流运动时,采用了如图所示的控制装置,在一个边长为L的正方形ABCD的空间里,沿对角线AC将它分成Ⅰ、Ⅱ两个区域,其中Ⅰ区域内有垂直于纸面的匀强磁场,在Ⅱ区域内有平行于DC且由C指向D的匀强电场。一正离子生成器不断有正离子生成,所有正离子从A点沿AB方向以速度v射入Ⅰ区域,然后这些正离子从对角线AC上的F点(图中未画出)进入Ⅱ区域,其中lAF=14lAC,最后这些正离子恰好从D点进入被优化的半导体。已知离子流的正离子电荷量均为q,质量均为m,不考虑离子的重力以及离子间的相互作用力。求:
(1)Ⅰ区域磁感应强度的大小和方向;
(2)Ⅱ区域电场强度的大小;
(3)正离子从A点运动到D点所用的时间。
答案 (1)4mvqL,方向垂直纸面向里
(2)8mv29qL
(3)(π+6)L8v
解析 (1)根据左手定则,可以判断磁场方向垂直纸面向里,正离子的运动轨迹如图所示
设正离子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系有
2r=lAF=14lAC=24L
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r
解得B=4mvqL。
(2)正离子进入电场的速度沿竖直方向,在电场中做类平抛运动,竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀加速直线运动,则
yDF=vt2=L-r
xDF=12·Eqmt22=r
解得t2=3L4v,E=8mv29qL。
(3)正离子做匀速圆周运动的时间为
t1=T4
T=2πrv
所以正离子运动的总时间为
t=t1+t2=(π+6)L8v。
10.(15分)(2021广东卷)下图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域,圆a内为无场区,圆a与圆b之间存在辐射状电场,圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定,大小不同,方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向,保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U,圆b半径为R,圆c半径为3R,电子质量为m,电荷量为e,忽略相对论效应,取tan 22.5°=0.4。
(1)当Ek0=0时,电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场,且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°,最终从Q点出射,运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能;
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰,就能从出射区域出射。当Ek0=keU时,要保证电子从出射区域出射,求k的最大值。
答案 (1)5RUme πR4meU 8eU (2)136
解析 (1)由几何关系
tan45°2=rR
r=R·tan 22.5°
r=0.4R
设电子在Ⅰ区中进入磁场时速度为v,则有evB=mv2r
B=mver
Ek-Ek0=2eU
Ek=12mv2
v=2Ek0+4eUm
B=m(2Ek0+4eU)0.4eR
由几何关系:电子在Ⅰ区磁场中转过的圆心角α=225°=54π
t=α2πT T=2πrv T=2πmeB
则t=58T t=0.5πRm2Ek0+4eU
Q点出射时动能EQ=Ek0+8eU
当Ek0=0时,Ⅰ区的磁感应强度为5RUme,电子在Ⅰ区的运动时间为πR4meU,Q点出射时的动能为8eU。
(2)如图,根据几何关系在Ⅰ区域r'+r'2+R2≤3R,即r'≤33R
则(r')2r2≤(33R) 2(0.4R)2=2512
又由公式r=mveB,可得r2∝v2∝Ek
即r'2r2=Ek'Ek=keU+2eU0+2eU≤2512
解得k≤136,所以k的最大值为136。
11.(17分)(2024广东二模)如图所示,以长方体abcd-a'b'c'd'的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、aa'方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立Oxyz坐标系,已知lOa=lab=laa'=L。长方体中存在沿y轴正方向的匀强磁场,现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中,恰好从a点射出磁场。
(1)求磁场磁感应强度的大小。
(2)若在长方体中加上沿y轴正方向的匀强电场,让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中,为使粒子能从a'点射出磁场,求电场强度E1的大小。
(3)若在长方体中加上电场强度大小为E2=23mv2qL、方向沿z轴负方向的匀强电场,该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中,求粒子射出磁场时与O点的距离s。
答案 (1)2mvqL
(2)8mv2π2qL
(3)1-36πL
解析 (1)粒子在aOzb平面内做匀速圆周运动,如图中轨迹1所示
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r
由几何关系可得r=12L
解得B=2mvqL。
(2)粒子在长方体中运动的时间为t=πrv
在y轴正方向上做初速度为零的匀加速直线运动,则有
L=12at2
又qE1=ma
解得E1=8mv2π2qL。
(3)如图所示,将初速度v分解为v1、v2,使v1对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡,即
qv1B=qE2
其中E2=23mv2qL
解得v1=3v,v2=v2+v12=2v
易知v2与z轴正方向的夹角为
θ=60°
则粒子仅在v2对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,即
qv2B=mv22R
解得轨迹半径R=mv2qB=L
该分运动如图中轨迹2所示。粒子在磁场中运动的时间为
t2=π3Rv2
由于粒子同时也参与速度大小为v1、方向沿x轴正方向的匀速运动,粒子射出磁场时与O点的距离
s=L-v1t2
解得s=1-36πL。