備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理（湖南版）專題分層突破練9 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

基礎(chǔ)鞏固
1.(2024安徽六安模擬)如圖所示,電場強度為E的勻強電場豎直向下,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直電場向外,電荷量為q的小球(視為質(zhì)點)獲得某一垂直磁場水平向右的初速度,正好做勻速圓周運動,重力加速度為g,下列說法正確的是( )
A.小球帶正電
B.將初速度方向變成垂直磁場水平向左,則小球做直線運動
C.小球做勻速圓周運動的周期為2πEBg
D.若把電場的方向改成豎直向上,則小球恰好做類平拋運動
答案 C
解析小球要做勻速圓周運動,電場力與重力等大反向,電場力向上,小球必須帶負(fù)電,故A錯誤;將初速度方向變成垂直磁場水平向左,電場力與重力方向相同,小球在重力、電場力和洛倫茲力作用下做曲線運動,故B錯誤;小球做勻速圓周運動,則mg=qE,周期為T=2πmqB=2πEBg,故C正確;若把電場的方向改成豎直向上,小球所受重力與電場力均向下,但還有洛倫茲力作用,則小球不會做類平拋運動,故D錯誤。
2.(2023新課標(biāo)卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后,打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點,a點在小孔O的正上方,b點在a點的右側(cè),如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110,鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場,則電場和磁場方向可能為( )
A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里
B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外
C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里
D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外
答案 C
解析當(dāng)電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里時,若粒子帶正電,則靜電力和洛倫茲力都向左,若粒子帶負(fù)電,則靜電力和洛倫茲力都向右,不可能有粒子射到a點,選項A錯誤;當(dāng)電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外時,可能有受力平衡的粒子,若a處為電子,則α粒子受到的靜電力大,將射到a的左側(cè),若a處為α粒子,則電子受到的洛倫茲力大,將射到a的左側(cè),選項B錯誤;當(dāng)電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里時,可能有受力平衡的粒子,若a處為電子,則α粒子受到的靜電力大,將射到a的右側(cè),若a處為α粒子,則電子受到的洛倫茲力大,將射到a的右側(cè),選項C正確;當(dāng)電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外時,若粒子帶正電,則靜電力和洛倫茲力都向右,若粒子帶負(fù)電,則靜電力和洛倫茲力都向左,不可能有粒子射到a點,選項D錯誤。
3.(多選)(2024湖北卷)磁流體發(fā)電機的原理如圖所示,MN和PQ是兩平行金屬極板,勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負(fù)帶電粒子)從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場,極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是( )
A.極板MN是發(fā)電機的正極
B.僅增大兩極板間的距離,極板間的電壓減小
C.僅增大等離子體的噴入速率,極板間的電壓增大
D.僅增大噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度,極板間的電壓增大
答案 AC
解析本題考查磁流體發(fā)電機。根據(jù)左手定則,帶正電的粒子因受到洛倫茲力而向上偏轉(zhuǎn),同理帶負(fù)電的粒子向下偏轉(zhuǎn),此時極板MN帶正電為發(fā)電機正極,A正確;當(dāng)粒子受到的洛倫茲力和電場力平衡時,設(shè)此時極板間距為d,有qvB=qUd,可得U=Bdv,因此僅增大兩極板間的距離,極板間的電壓U增大,僅增大等離子體的噴入速率,極板間的電壓U增大,極板間的電壓U的大小與噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度無關(guān),B、D錯誤,C正確。
4.(2024北京豐臺一模)一束含有兩種比荷qm的帶電粒子,以大小不同的初速度沿水平方向進(jìn)入速度選擇器,從O點進(jìn)入垂直紙面向外的偏轉(zhuǎn)磁場,打在O點正下方的粒子探測板上的P1和P2點,如圖甲所示。撤去探測板,在O點右側(cè)的磁場區(qū)域中放置云室,若帶電粒子在云室中受到的阻力大小Ff=kq,k為常數(shù),q為粒子的電荷量,其軌跡如圖乙所示。下列說法正確的是( )
甲
乙
A.打在P1點的帶電粒子的比荷小
B.增大速度選擇器的磁感應(yīng)強度,P1、P2向下移動
C.打在P1點的帶電粒子在云室里運動的路程更長
D.打在P1點的帶電粒子在云室里運動的時間更短
答案 D
解析在速度選擇器中,只有豎直方向受力平衡的粒子才能沿水平方向運動,即qE=qvB1,可得v=EB1,可知粒子進(jìn)入磁場B2的速度相等,根據(jù)qvB2=mv2r,可得r=mvqB2,則qm=vB2r,可知打在P1點的帶電粒子的比荷大,故A錯誤;增大速度選擇器的磁感應(yīng)強度,由v=EB1可知,v將變小,即粒子到達(dá)磁場B2的速度變小,根據(jù)r=mvqB2,可知粒子在磁場B2做圓周運動的半徑變小,則P1、P2向上移動,故B錯誤;在云室內(nèi)受到的阻力始終與速度方向相反,做負(fù)功,洛倫茲力不做功,根據(jù)動能定理-Ffs=-kqs=0-12mv2,可得s=mv22kq,兩個帶電粒子的速度大小相等,結(jié)合A選項分析可知打在P2點的帶電粒子在云室里運動的路程更長,打在P1點的帶電粒子在云室里運動的路程更短,打在P1點的帶電粒子在云室里運動的時間更短,故C錯誤,D正確。
5.(多選)(2024安徽安慶三模)如圖所示,在三維直角坐標(biāo)系O-xyz中,分布著沿z軸正方向的勻強電場E和沿y軸正方向的勻強磁場B,一個電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球沿x軸正方向以一定的初速度v0拋出后做平拋運動,已知重力加速度為g,則下列說法正確的是( )
A.小球的初速度v0大小為EB
B.經(jīng)過時間2EgB,小球的動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍
C.若僅將電場方向變?yōu)檠貀軸正方向,小球可能做勻速圓周運動
D.若僅將電場撤去,小球可能做勻速直線運動
答案 AC
解析小球在xOy平面內(nèi)做平拋運動,則有Eq=qv0B,解得v0=EB,A正確;小球的動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍時,Ek=12m(vy2+v02)=2Ek0,則vy=v0=EB=gt,即經(jīng)過時間為t=EgB,B錯誤;若僅將電場方向變?yōu)檠貀軸正方向,如果電場力和重力大小相等,小球可能做勻速圓周運動,C正確;若僅將電場撤去,小球所受合力不可能為零,不可能做勻速直線運動,D錯誤。故選A、C。
6.(2024湖北卷)如圖所示,在以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計粒子重力,下列說法正確的是( )
A.粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點
B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向
C.粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為7πm3qB
D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短,則粒子運動的速度大小為3qBR3m
答案 D
解析本題考查帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動。在圓形勻強磁場中,沿著徑向射入的粒子,總是沿徑向射出,根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點,故A、B錯誤;粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域,且經(jīng)過的時間間隔最小,根據(jù)對稱性畫粒子的運動軌跡如圖甲所示,則粒子運動的最小時間間隔為t=2T=4πmqB,故C錯誤;粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短,則粒子運動軌跡如圖乙所示,設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系得r=3R3,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,可得v=3qBR3m,故D正確。
甲
乙
綜合提升
7.(2023湖南卷)如圖所示,真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里,等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上,AO與GF垂直,且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中,只有沿直線AC運動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1,區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2,則粒子從CF的中點射出,它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱,能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t,不計粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說法正確的是( )
A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1,則t>t0
B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E,則t>t0
C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B2,則t=t02
D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B2,則t=2t0
答案 D
解析在區(qū)域Ⅰ中,由qvB1=qE得,粒子速度v=EB1,粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后,當(dāng)粒子從CF中點射出時,在區(qū)域Ⅱ中運動半徑為r=24a(a為CF長度),又由qvB2=mv2r得r=mvB2q,t0=14T=πm2B2q,運動軌跡如圖甲所示。當(dāng)區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1時,v1=E2B1=v2,這時粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后,r1=mv1B2q=mv2B2q0)的帶電粒子從OM上某點P垂直于磁場進(jìn)入磁場區(qū)域,粒子速度方向與直線OM之間的夾角也是30°。粒子在磁場中偏轉(zhuǎn),恰好沒有穿過x軸,再次經(jīng)過直線OM時與坐標(biāo)原點O的距離為L。不計粒子的重力。
(1)求該粒子進(jìn)入磁場時速度v的大小;
(2)若電場方向沿y軸負(fù)方向,粒子再次從P點進(jìn)入磁場區(qū)域,求電場強度E1的大小;
(3)若帶電粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區(qū)域,求電場強度E2的大小和方向。
答案 (1)qBL4m (2)qB2L3m (3)3qB2L8m,方向垂直于OM向下
解析 (1)根據(jù)題意,粒子在磁場中做圓周運動,則有qvB=mv2r
解得r=mvqB
粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系可得,粒子做圓周運動的軌跡半徑
r=L4
解得v=qBL4m。
(2)粒子進(jìn)入電場時速度方向沿x軸負(fù)方向,若電場方向沿y軸負(fù)方向,粒子在電場中做類平拋運動,設(shè)運動時間為t1,則有x=rcs 30°=vt1,y=rsin 30°=12a1t12
其中
a1=qE1m
解得E1=qB2L3m。
(3)粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區(qū)域,則電場力對粒子做功為零,所以電場E2的方向垂直于OM向下,粒子從Q到P做類斜拋運動,設(shè)運動時間為t2,則有r=(vcs 30°)t2,2vsin 30°=a2t2
其中
a2=qE2m
解得E2=3qB2L8m。
9.(14分)(2024湖南岳陽三模)在如圖所示的O-xyz三維空間中,x≤0的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場,在x>0區(qū)域內(nèi)存在半圓柱體MNP-M'N'P'空間區(qū)域,半圓柱沿y軸方向足夠高,該區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B=mv0qL,平面MNN'M'在yOz平面內(nèi),D點(0,0,0)為半圓柱體底面圓心,半圓柱體的半徑為r=L。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從A點(-L,0,0)以大小v0、方向沿著x軸正方向的速度射入勻強電場,經(jīng)過C點(0,L,0)后進(jìn)入半圓柱體磁場區(qū)域,不計粒子的重力。求:
(1)電場強度E的大小;
(2)帶電粒子在半圓柱體內(nèi)運動的時間;
(3)帶電粒子從半圓柱體射出時的位置坐標(biāo)。
答案 (1)2mv02qL
(2)πL3v0
(3)32L,L+2πL3,L2
解析 (1)粒子在電場中做類平拋運動,有L=v0t,L=12at2
根據(jù)牛頓第二定律
qE=ma
聯(lián)立解得E=2mv02qL。
(2)在磁場中,粒子的運動可以分解為勻速圓周運動和沿y正方向的勻速直線運動,垂直磁場方向,根據(jù)洛倫茲力提供向心力
qv0B=mv02R
解得R=L
俯視圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運動的圓心角為π3,粒子在磁場中運動的周期
T=2πmqB
半圓柱沿y軸方向足夠高,則帶電粒子在半圓柱體內(nèi)運動的時間
t'=16×T
聯(lián)立解得t'=πL3v0。
(3)在磁場中,粒子沿著y軸正方向的速度大小vy=at
x軸方向x=Rsin π3=32L
y軸方向y=L+vyt'=L+2πL3
z軸方向z=Rcs π3=L2
帶電粒子從半圓柱體射出時的位置坐標(biāo)為32L,L+2πL3,L2。
10.(15分)(2024重慶預(yù)測)如圖所示,OP與x軸的夾角θ=60°,在第一象限中OP右側(cè)有沿x軸負(fù)方向的勻強電場,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從x軸上的M點平行于y軸射入電場,經(jīng)電場后沿垂直于OP的方向由N點立刻進(jìn)入一矩形磁場區(qū)域(未畫出,方向垂直紙面向里),并沿y軸負(fù)方向經(jīng)過O點。已知O點到N點的距離為3l,不計粒子的重力,求:
(1)勻強電場的電場強度大小;
(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小;
(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積。
答案 (1)2mv023ql
(2)2mv0ql
(3)32l2
解析 (1)粒子從M點到N點做類平拋運動,在y軸方向上做勻速直線運動,在x軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動,設(shè)粒子到達(dá)N點時x軸方向的速度為vx,合速度為v,所用時間為t,如圖甲所示
甲
則tan 60°=vxv0=qEtmv0
粒子在y軸方向的位移大小為y=3lsin 60°=v0t
解得勻強電場的電場強度大小
E=2mv023ql。
(2)粒子達(dá)到N點時的速度大小v=v0cs60°=2v0
粒子由N點進(jìn)入一矩形磁場沿y軸負(fù)方向經(jīng)過O點,運動軌跡如圖乙所示
乙
粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑
r=(3l-r)sin 30°
解得r=l
由qvB=mv2r,解得B=mvqr=2mv0ql。
(3)如圖丙所示
丙
矩形磁場區(qū)域的面積最小時,矩形的長為a=2rcs 30°=3l
矩形的寬為b=r-rsin 30°=12l
所以矩形磁場區(qū)域的最小面積為Smin=ab=32l2。
11.(17分)(2024山東臨沂一模)一種研究微觀帶電粒子的儀器原理圖如圖甲所示,三維坐標(biāo)系O-xyz中,熒光屏P與平面xOy平行放置,分界面M與P平行并將空間分為Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域,區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E。區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在隨時間變化如圖乙所示的勻強磁場(沿z軸正方向為磁場的正方向),磁感應(yīng)強度大小為B。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從O點以初速度v0沿z軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ,到達(dá)M時速度方向與z軸正方向成53°,此時開始計時,最后粒子在t=10πm3qB時刻打在P上。粒子的重力忽略不計,求:
(1)分界面M到O點的距離;
(2)M與P間的距離;
(3)粒子打在P上時的x坐標(biāo)和y坐標(biāo)。
答案 (1)4mv023Eq
(2)10πmv03qB
(3)10mv0qB 8mv029Eq+103mv03qB
解析 (1)根據(jù)題意可知,粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi),在yOz平面內(nèi)做類平拋運動,沿y軸正方向有Eq=ma,vy=at,y1=12at2
設(shè)分界面M到O點的距離為z1,則有z1=v0t
又有tan 53°=vyv0
聯(lián)立解得vy=43v0,z1=4mv023Eq,y1=8mv029Eq。
(2)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中后,沿z軸方向的運動不受洛倫茲力,沿y軸方向的運動受沿x軸正方向的洛倫茲力,在與平面xOy平行的面中做勻速圓周運動,綜上所述,粒子在區(qū)域Ⅱ中,在與z軸垂直的平面中做勻速圓周運動的同時,沿z軸正方向做勻速直線運動,則M與P間的距離為LMP=vzt=10πmv03qB。
(3)根據(jù)上述分析,由牛頓第二定律有qvyB=mvy2R
解得R=4mv03qB
運動的周期為T=2πRvy=2πmqB
由圖乙可知,磁場變化的周期為T'=4πm3qB=23T
則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動13T后洛倫茲力方向反向,總的運動時間為t=10πm3qB=53T
綜上所述,畫出沿z軸正方向看,粒子在與z軸垂直的平面內(nèi)運動的軌跡,如圖所示
由圖可知,根據(jù)幾何關(guān)系可得,粒子打在P上的點的x坐標(biāo)
x=5R+5Rsin 30°=10mv0qB
粒子打在P上的點的y坐標(biāo)為y=y1+5Rcs 30°=8mv029Eq+103mv03qB。

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