2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化練十一帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動含解析

PAGE12-專題強(qiáng)化練(十一)題型一組合場1.(多選)如圖所示，在其次象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．在該平面有一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電q的粒子以初速度v0垂直x軸，從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時(shí)間恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場，已知OP之間的距離為d，不計(jì)粒子重力，則()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(\r(2)mv0,4qd)B．電場強(qiáng)度E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)C．自進(jìn)入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為t＝eq\f(7\r(2)πd,2v0)D．自進(jìn)入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為t＝eq\f(7πd,2v0)解析：粒子的軌跡如圖所示：帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻加速運(yùn)動，豎直方向做勻速運(yùn)動，由題得知，出電場時(shí)，vx＝vy＝v0，依據(jù)：x＝eq\f(vx,2)t，y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出電場時(shí)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(0，2d)，設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，則有Rsin(180°－β)＝y(tǒng)＝2d，而β＝135°，解得：R＝2eq\r(2)d，粒子在磁場中運(yùn)動的速度為：v＝eq\r(2)v0，依據(jù)R＝eq\f(mv,qB)，解得：B＝eq\f(mv0,2qd)，故A錯(cuò)誤；依據(jù)vx＝at＝eq\f(qE,m)t＝v0，x＝eq\f(vx,2)t，聯(lián)立解得：E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)，故B正確；在第一象限運(yùn)動時(shí)間為：t1＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3πd,2v0)，在第四象限運(yùn)動時(shí)間為：t2＝eq\f(1,2)T＝eq\f(2πd,v0)，所以自進(jìn)入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為：t＝t1＋t2＝eq\f(7πd,2v0)，故D正確，C錯(cuò)誤．答案：BD2.如圖，足夠長的水平虛線MN上方有一勻強(qiáng)電場，方向豎直向下(與紙面平行)；下方有一勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面對里．一個(gè)帶電粒子從電場中的A點(diǎn)以水平初速度v0向右運(yùn)動，第一次穿過MN時(shí)的位置記為P點(diǎn)，其次次穿過MN時(shí)的位置記為Q點(diǎn)，PQ兩點(diǎn)間的距離記為d，從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的時(shí)間記為t.不計(jì)粒子的重力，若增大v0，則()A．t不變，d不變 B．t不變，d變小C．t變小，d變小 D．t變小，d不變解析：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)第一次到達(dá)P點(diǎn)豎直速度為v1(大小不變)，粒子進(jìn)入磁場的速度為v，速度方向與MN的夾角為θ，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，半徑R＝eq\f(mv,qB).其次次經(jīng)過MN上的Q點(diǎn)時(shí)由幾何關(guān)系可得：d＝2Rsinθ，又sinθ＝eq\f(v1,v)，聯(lián)立解得：d＝eq\f(2mv1,qB)，即當(dāng)增大v0時(shí)，d不變，運(yùn)動的時(shí)間t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)，則當(dāng)增大v0時(shí)，θ減小，t減小，故A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．答案：D3.(2024·全國卷Ⅰ)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對外的勻強(qiáng)磁場．一個(gè)氕核eq\o\al(1,1)H和一個(gè)氘核eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場.eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計(jì)重力．求(1)eq\o\al(1,1)H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離；(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到原點(diǎn)O的距離．解析：(1)eq\o\al(1,1)H在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示．設(shè)eq\o\al(1,1)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運(yùn)動時(shí)間為t1，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離為s1.由運(yùn)動學(xué)公式有s1＝v1t1，①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1).②由題給條件，eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場時(shí)速度的y重量的大小為a1t1＝v1tanθ1，③聯(lián)立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h.④(2)eq\o\al(1,1)H在電場中運(yùn)動時(shí)，由牛頓其次定律有qE＝ma1，⑤設(shè)eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場時(shí)速度的大小為v′1，由速度合成法則有v′1＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋（a1t1）2)，⑥設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，eq\o\al(1,1)H在磁場中運(yùn)動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qv′1B＝eq\f(mv′eq\o\al(2,1),R1)，⑦由幾何關(guān)系得s1＝2R1sinθ1，⑧聯(lián)立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh)).⑨(3)設(shè)eq\o\al(2,1)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，⑩由牛頓其次定律有qE＝2ma2.?設(shè)eq\o\al(2,1)H第一次射入磁場時(shí)的速度大小為v′2，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t2.由運(yùn)動學(xué)公式有s2＝v2t2，?h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，?v′2＝eq\r(veq\o\al(2,2)＋（a2t2）2)，?sinθ2＝eq\f(a2t2,v′2)，?聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝eq\f(\r(2),2)v′1.?設(shè)eq\o\al(2,1)H在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑公式得R2＝eq\f(（2m）v′2,qB)＝eq\r(2)R1，?所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)．設(shè)eq\o\al(2,1)H進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)到第一次離開磁場的出射點(diǎn)的距離為s′2，由幾何關(guān)系有s′2＝2R2sinθ2，?聯(lián)立④⑧???式得，eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為s′2－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h.?答案：(1)eq\f(2\r(3),3)h(2)eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h題型二疊加場4.如圖所示，某空間同時(shí)存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面對里，電場線與水平方向的夾角為θ.一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場線方向進(jìn)入該空間，恰好沿直線從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)．下列說法中正確的是()A．該微?？赡軒ж?fù)電B．微粒從P到Q的運(yùn)動可能是勻變速運(yùn)動C．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mgcosθ,qv)D．電場的場強(qiáng)大小為eq\f(mgcosθ,q)解析：帶電微粒從P到Q恰好沿直線運(yùn)動，則微?？隙ㄗ鰟蛩僦本€運(yùn)動，作出微粒在電磁場中受力分析圖如圖所示，由圖可知微?？隙◣д?，故A、B錯(cuò)誤；由受力分析及平衡條件可知qE＝mgsinθ，qBv＝mgcosθ，解得E＝eq\f(mgsinθ,q)，B＝eq\f(mgcosθ,qv)，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C5.如圖所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B.一束初速度為v的帶正電粒子從上面豎直向下垂直電場射入，粒子重力不計(jì)，下列說法正確的是()A．若v＝eq\f(E,B)，粒子做勻加速直線運(yùn)動B．若粒子往左偏，洛倫茲力做正功C．若粒子往右偏，粒子的電勢能增加D．若粒子做直線運(yùn)動，變更粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子還是做直線運(yùn)動解析：假如v＝eq\f(E,B)，粒子在兩板間所受的電場力和洛倫茲力平衡，即：qvB＝Eq，可知粒子將做勻速直線運(yùn)動，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；洛倫茲力時(shí)刻與速度方向垂直，不做功，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ訋д?，?dāng)粒子向右偏，電場力與位移之間的夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；變更粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子所受的電場力和洛倫茲力均變?yōu)榉聪?，仍舊受力平衡，故粒子還是做勻速直線運(yùn)動，故D項(xiàng)正確．答案：D6.(多選)如圖所示，平行紙面對下的勻強(qiáng)電場與垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動．若已知小球做圓周運(yùn)動的半徑為r，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度大小為g，則下列推斷中正確的是()A．小球肯定帶負(fù)電荷B．小球肯定沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動C．小球做圓周運(yùn)動的線速度大小為eq\f(gBr,E)D．小球在做圓周運(yùn)動的過程中，電場力始終不做功解析：帶電小球在重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，可知，帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球肯定帶負(fù)電荷，故A正確；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可推斷小球的運(yùn)動方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故B錯(cuò)誤；由電場力和重力大小相等，得：mg＝qE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動的半徑為：r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立得：v＝eq\f(gBr,E)，故C正確；小球在做圓周運(yùn)動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯(cuò)誤．答案：AC7.如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面對外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場．在y軸上y＝a點(diǎn)，沿某一方向放射的一帶正電的粒子，該粒子在xOy內(nèi)經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后，垂直打到x軸上x＝(eq\r(2)－1)a點(diǎn)，然后進(jìn)入第四象限穿過電、磁場后經(jīng)過y軸上y＝－b的點(diǎn)，已知帶電粒子的電量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)．求：該粒子經(jīng)過y＝－b點(diǎn)時(shí)的速度大?。馕觯喝鐖D所示，設(shè)粒子射入磁場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，由幾何學(xué)問得：R－Rcosθ＝(eq\r(2)－1)a，Rsinθ＝a，解得：θ＝45°，R＝eq\r(2)a.此粒子進(jìn)入磁場的速度v0＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，設(shè)粒子到達(dá)y＝－b上速度為v，依據(jù)動能定理得：qEb＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v＝eq\r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m)).答案：eq\r(\f(2q2B2a2,m2)＋\f(2qEb,m))題型三電磁在科技中的應(yīng)用8.如圖所示的平行板之間，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直，具有不同水平速度的帶電粒子(不計(jì)重力)射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的狀況不同．這種器件能把具有特定速度的粒子選擇出來，所以叫速度選擇器．下列關(guān)于速度選擇器的說法正確的是()A．這個(gè)特定速度與粒子的質(zhì)量有關(guān)B．這個(gè)特定速度與粒子的比荷有關(guān)C．從右向左以特定速度射入的粒子有可能沿直線穿出速度選擇器D．從左向右以特定速度射入的粒子才能沿直線穿出速度選擇器解析：當(dāng)帶電粒子能從左向右勻速直線穿過時(shí)，電場力和洛倫茲力反向，且Eq＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，該速度與粒子的質(zhì)量和帶電荷量無關(guān)，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從右向左運(yùn)動時(shí)，電場力和洛倫茲力的方向相同，粒子不行能沿直線穿過，C錯(cuò)誤，D正確．答案：D9．(多選)醫(yī)用回旋加速器的核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)并通過線束引出加速器．下列說法中正確的是()A．加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同B．兩種粒子獲得的最大動能相同C．兩種粒子在D形盒中運(yùn)動的周期相同D．增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能解析：回旋加速器加速粒子時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動的周期和溝通＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等，加速兩種粒子的高頻電源的頻率也相同，故A、C兩項(xiàng)正確；依據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)得：v＝eq\f(qBR,m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等．最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，兩粒子的質(zhì)量不等，所以最大動能不等，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；最大動能為：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速電壓無關(guān)，增大高頻電源的電壓不能增大粒子的最大動能，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：AC10．電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用．如圖所示，泵體是一個(gè)長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率倒數(shù))，泵體處有方向垂直向外的磁場B，泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計(jì))的電源上，則()A．泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極B．通過泵體的電流I＝eq\f(UL1,σ)C．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度解析：當(dāng)泵體上表面接電源的正極時(shí)，電流從上向下流過泵體，這時(shí)受到的磁場力水平向左，拉動液體，故A錯(cuò)誤；依據(jù)電阻定律，＝UL1σ，故B錯(cuò)誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯(cuò)誤．答案：C題型四綜合練11．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝eq\f(2πm,qB).一束粒子在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)從A處勻稱地飄入狹縫，其初速度視為0.現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時(shí)間，假設(shè)能夠射出的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動，不考慮粒子間的相互作用力．求：(1)出射粒子的動能；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Ek所需的總時(shí)間．解析：(1)粒子運(yùn)動半徑為R時(shí)，有qvB＝meq\f(v2,R)，且Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(q2B2R2,2m).(2)粒子被加速n次達(dá)到動能Ek，則Ek＝nqU0，粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時(shí)間為Δt，加速度a＝eq\f(qU0,md)，勻加速直線運(yùn)動nd＝eq\f(1,2)a·(Δt)2，由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB).答案：(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)12.(2024·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出．不計(jì)重力．(1)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡；(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小；(3)若該粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為eq\f(π,6)，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時(shí)間．解析：(1)粒子運(yùn)動的軌跡如圖(a)所示(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)．(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動．設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運(yùn)動的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，如圖(b)所示，方向與電場方向的夾角為θ，速度沿電場方向的重量為v1.依據(jù)牛頓其次定律有qE＝ma，①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量．由運(yùn)動學(xué)公式有v1＝at，②l′＝v0t，③v1＝vcosθ.④粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)其運(yùn)動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)，⑤由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ，⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl).⑦(3)由運(yùn)動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0coteq\f(π,6)，⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2).⑨設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′，則t′＝2t＋eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T，⑩式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期，T＝eq\f(2πm,qB)，?由③⑦⑨⑩?式得t′＝eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl(wèi),18l′))).?答案