高考物理一轮复习第9章磁场第28讲带电粒子在组合场中的运动练习(含解析)

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1．(2019·山东莒县二中高三月考)(多选)用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法( )
A．将其磁感应强度增大为原来的2倍
B．将其磁感应强度增大为原来的4倍
C．将D形盒的半径增大为原来的2倍
D．将两D形盒间的加速电压增大为原来的4倍
AC 解析 带电粒子从D形盒中射出时的动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R＝eq \f(mvm,qB)，联立可得Ekm＝eq \f(R2B2q2,2m)，当带电粒子q、m一定时，则Ekm∝R2B2，即Ekm与磁场的磁感应强度B、D形盒的半径R的平方成正比，与加速电场的电压无关，故选项A、C正确，B、D错误．
2．(2019·温州中学模拟)(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，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、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为2∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
CD 解析 两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a＝eq \f(qU,md)可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故选项A错误；要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为v＝eq \r(\f(2qU,m))，可知其速度之比为1∶eq \r(3)，又由qvB＝meq \f(v2,r)知，r＝eq \f(mv,qB)，所以其半径之比为eq \r(3)∶1，故选项B错误；由选项B分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为eq \r(3)∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ＝eq \f(L,R)，则可知角度的正弦值之比为1∶eq \r(3)，又P＋的角度为30°，可知P3＋角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故选项C正确；由电场加速后qU＝eq \f(1,2)mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故选项D正确．
3．(2019·邵阳联考)(多选)如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1∶B2＝3∶2.在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mava＝mbvb.若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇．粒子重力不计．下列说法正确的是( )
A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2
B．两粒子在y轴正半轴相遇
C．粒子a、b相遇时的速度方向相同
D．粒子a、b的质量之比为1∶5
BCD 解析 由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝eq \f(mv,qB)可得eq \f(ra1,rb1)＝eq \f(\f(mava,qB1),\f(mbvb,qB1))＝eq \f(1,1)，选项A错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝eq \f(mv,qB)可得，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B24．(2019·驻马店高三教学质量检测)(多选)如图所示，平面之间坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略．则 ( )
A．粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2
B．粒子完成一次周期性运动的时间eq \f(2πm,3qB)
C．粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3eq \r(3)R
D．若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少
AC 解析 由半径公式r＝eq \f(mv,qB)知，轨道半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2，故选项A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示，在第二象限的周期T1＝eq \f(2πm,q·2B)＝eq \f(πm,qB)，圆心角120°，运动时间t1＝eq \f(120°,360°)T1＝eq \f(πm,3qB)，在第二象限运动的周期T2＝eq \f(2πm,qB)，圆心角120°，运动时间t2＝eq \f(120°,360°)T2＝eq \f(2πm,3qB)，所以粒子完成一次周期性运动的时间T0＝t1＋t2＝eq \f(πm,qB)，故选项B错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为3R，从O点入射后第一次经过x轴的距离x1＝eq \r(3)R，第二次圆弧的弦长x2＝eq \r(3)R2＝2eq \r(3)R，所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3eq \r(3)R，故选项C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T＝eq \f(2πm,qB)与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间t＝eq \f(θ,2π)T不变，故选项D错误．
5．(2019·厦门高三质量检查)一质量为m的粒子，电量为＋q，从坐标原点O处沿着x轴正方向运动，速度大小为v0.在0A．eq \f(3mv0,2qd)B．eq \f(3\r(3)mv0,2qd)
C．eq \f(3mv0,qd)D．eq \f(4mv0,qd)
C 解析 由题意知，粒子的运动轨迹，在电场中做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，轨迹刚好与ab板相切，如图所示．在电场中，y方向d＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2；x方向x＝v0t.
解得t＝eq \f(2\r(3),3)eq \f(d,v0)，vy＝eq \f(qE,m)t＝eq \r(3)v0，可知进入磁场时速度与x轴正方向夹角为60°，进入磁场的速度为2v0，根据几何关系可得r＝eq \f(2,3)d＝eq \f(m2v0,Bq)，得B＝eq \f(3mv0,qd)，所以选项C正确，A、B、D错误．
6．(2019·湖南G10教育联盟高三联考)(多选)如图所示，电子由P点从静止开始沿直线PQ做加速直线运动，从Q点射出．若要求电子能击中在与直线PQ成α角方向、与Q点相距d的点M(已知：电子的电荷量为e、质量为m、加速电压为U、不计电子重力)．下列选项正确的是( )
A．电子运动到Q点的速度v＝eq \r(\f(2eU,m))
B．若在Q的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，则其大小为B＝eq \f(2d,sin α)eq \r(\f(2eU,m))
C．若在Q的右侧加一个平行于QM的匀强磁场，则电子不可能到达M点
D．若在Q的右侧加一个垂直于PQ向上的匀强电场E，则其大小为E＝eq \f(4Usin α,dcs 2α)
AD 解析 由动能定理Uq＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2eU,m))，选项A正确；在磁场中偏转rsin α＝eq \f(1,2)d，evB＝meq \f(v2,r)，联立解得 B＝eq \f(mv,er)＝eq \f(2\r(2emU)sin α,ed)，选项B错误；若在Q的右侧加一个平行于QM的匀强磁场，则将电子的速度分解为沿磁场方向的速度v1和垂直于磁场方向的速度v2，则电子以方向沿QM方向做匀速运动，另一方向绕QM做匀速圆周运动，即电子沿QM做螺旋运动，若满足d＝v1t，t＝nT＝neq \f(2πm,Be) (n＝0、1、2、3…)电子仍能到达M点，选项C错误；若在Q的右侧加一个垂直于PQ向上的匀强电场E，则电子沿PQ方向匀速运动，有dcs α＝vt，垂直于PQ方向匀加速，有 t＝eq \r(\f(2dsin θ,a))，垂直于PQ方向的加速度为a＝eq \f(eE,m)，联立解得E＝eq \f(4Usin α,dcs2α)，选项D正确．
7．(2019·泰安高三一模)(多选)如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C＝eq \f(π,6)，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力)．已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为eq \f(5,3)t0.则下列判断正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(πm,2qt0)
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为eq \f(2\r(3),7)d
D．粒子进入磁场时的速度大小为eq \f(2\r(3)π,7)eq \f(d,t0)
ABC 解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是eq \f(1,4)T，即eq \f(1,4)T＝t0，则得周期 T＝4t0，选项A正确．由T＝eq \f(2πm,qB)得，B＝eq \f(2πm,qT)＝eq \f(πm,2qt0)，选项B正确．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有eq \f(θ,2π)T＝eq \f(5t0,3)，得 θ＝eq \f(5π,6)，画出该粒子的运动轨迹如图所示，设轨道半径为R，由几何知识得eq \f(R,cs 30°)＋Rcs 30°＝d，可得R＝eq \f(2\r(3),7)d，选项C正确．根据eq \f(5t0,3)＝eq \f(θR,v)，解得v＝eq \f(\r(3)πd,7t0)，选项D错误．
8．(2019·华中师大一附中高三理综)(多选)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，MN间电压可以任意调节．当电压调到某一数值时，原来静止的某种带电粒子从点P经MN间电场加速后从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，假设粒子打在绝缘板上即被吸收，孔Q到板的下端C的距离为L，当MN间电压为U0时，粒子恰好打在CD板上，已知带电粒子的电量为q，质量为m，粒子重力不计，则下列说法正确的是( )
A．要使粒子能打到绝缘板上，两极板间电压最小值U0＝eq \f(qB2L2,18m)
B．CD板上可能被击中区域的长度为eq \f(\r(3),3)L
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq \f(πm,qB)
D．能达到N板上粒子的最大动能Ekm＝eq \f(q2B2L2,2m)
BCD 解析 根据题设条件，轨迹恰好与CD相切于E点，如图所示，由几何关系(r＋L)sin 30°＝r，洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，在加速电场中由动能定理有U0q＝eq \f(1,2)mv2，联立以上式子可得U0＝eq \f(qB2L2,2m)，选项A错误；由于负粒子做逆时针方向圆周运动，打到CD板上最上的位置为E点，CE＝2Lcs 30°＝eq \r(3)L，速度无穷大时，半径无穷大，进入磁场后，基本沿直线运动，打到最低的位置为F，CF＝eq \f(L,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)L，打到CD板的长度为CE－CF＝eq \r(3)L－eq \f(2\r(3),3)L＝eq \f(\r(3),3)L，选项B正确；当粒子轨迹不与CD相切或相交时，粒子在磁场中旋转半周，时间最长为半个周期，选项C正确；能达到N板的最大速度，对应粒子的最大半径，而打在N板上的最大半径是轨迹恰好与CD相切，r＝L，即题目的已知条件的情况，最大动能是Ekm＝U0q＝eq \f(q2B2L2,2m)，选项D正确．
9．(2019·成都高三摸底)如图所示，初速度不计的电子束经电压为U的电场加速后，进入一半径为r的圆形匀强磁场区域(区域中心为O，磁场方向垂直于圆面)，最后射到了与OM连线垂直的屏幕上的P处．已知不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点，电子的电荷量为e，电子所受重力不计．则下列判断正确的是( )
A．圆形区域中磁场的方向可能垂直于纸面向里
B．电子在磁场中运动时受到的磁场力大小一定是eq \f(2eU,r)
C．若仅增加加速电压U，电子束打到屏幕上的位置在P点上方
D．若仅改变圆形区域的磁感强度大小，电子束可能打不到屏幕上
D 解析 由左手定则可知，圆形区域中磁场的方向垂直于纸面向外，选项A错误；电子在电场中被加速，则Ue＝eq \f(1,2)mv2，若在磁场中做圆周运动的半径为r，则F磁＝evB＝meq \f(v2,r)＝eq \f(2eU,r)，因电子在磁场中运动的半径不一定是r，则电子在磁场中运动时受到的磁场力大小不一定是eq \f(2eU,r)，选项B错误；若仅增加加速电压U，则电子进入磁场的速度v变大，则电子的轨道半径变大，则电子束打到屏幕上的位置在P点下方，选项C错误；若仅使圆形区域的磁感强度变大，则电子在磁场中运动的半径减小，电子束经过磁场时的偏折角变大，则电子束可能打不到屏幕上，选项D正确．
10．(2019·成都外国语学校模拟)如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界．现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动的轨迹恰与ab相切并返回磁场．已知电场强度E＝eq \f(3v\\al(2,0),2kd)，不计粒子重力和粒子间的相互作用．试求：
(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；
(2)磁场的磁感应强度B的大小．
解析 (1)根据动能定理，得qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v＝2v0.粒子在电场中做类平抛运动，有F＝qE，a＝eq \f(F,m)，d＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，x＝v0t1，解得t1＝eq \f(2\r(3)d,3v0)，x＝eq \f(2\r(3)d,3).
(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场，则tan θ＝eq \f(\r(v2－v\\al(2,0)),v0)＝eq \r(3)，解得θ＝60°.根据R＋Rcs θ＝d，得R＝eq \f(2d,3).由牛顿第二定律可得qvB＝meq \f(v2,R)，解得B＝eq \f(3v0,kd).
答案 (1)2v0 eq \f(2\r(3)d,3) (2)eq \f(3v0,kd)
11．(2019·南充高三高考适应性考试)如图所示，平行板电容器的N板开有一小孔，与固定圆筒的小孔a正对，O是圆筒的圆心，圆筒的内径为r，筒内有垂直纸面向里的匀强磁场，筒壁光滑．电容器内紧靠极板M有一个带电粒子(初速度为零)，经电压U加速后从a孔垂直磁场并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞三次后恰好又从小孔a射出．带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电荷量和动能都不损失，粒子的比荷为eq \f(q,m)＝k，不计粒子的重力和空气阻力．求：
(1)带电粒子进入磁场的速度大小；
(2)筒内磁感应强度B的大小．(结果均用r、U和k表示)
解析 (1)由动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2qU,m))＝eq \r(2kU).
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和动能损失，故每次碰撞前后粒子速度大小不变．设圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,R).速度方向总是沿着圆筒半径方向，3个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁四等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性，由四段相同的圆弧组成，则每段轨迹圆弧对应的圆心角为90°，则由几何关系得R＝r，联立解得B＝eq \f(mv,qr)＝eq \f(\r(\f(2U,k)),r).
答案 (1)eq \r(2kU) (2)eq \f(\r(\f(2U,k)),r)
12．(2019·安徽江淮十校高三第一次联考)如图所示，坐标空间中有场强为E＝100 N/C的匀强电场和磁感应强度为B＝10－3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为－q的带电粒子从电场中坐标位置(－1,0)处，以初速度v0＝105 m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷eq \f(q,m)＝ 108 C/kg，粒子的重力忽略不计，则：
(1)求带电粒子进入磁场的速度大小；
(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件．
解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得qE＝ma.设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v，此时在y方向的分速度为vy，粒子在电场中运动的时间为t，则vy＝at，l＝v0t，解得vy＝v0，v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝eq \r(2)v0＝eq \r(2)×105 m/s.
(2)设v的方向与y轴夹角为θ，则有cs θ＝eq \f(vy,v)＝eq \f(\r(2),2) 可得θ＝45°.粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图所示，则有qvB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(mv,qB)，要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件d答案 (1)eq \r(2)×105m/s (2)小于2.41 m
13．(2019·中原名校高三质量考评)如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．区域Ⅰ匀强电场的场强大小为E、方向竖直向上，宽度为L，区域Ⅱ匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅲ匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里，一个不计重力的带正电的粒子，其比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(E,2B2L)，从电场的下边缘的O点由静止开始运动，穿过区域Ⅱ进入区域Ⅲ后，又回到O点，然后重复上述运动过程．
(1)为使粒子能完成上述运动，区域Ⅲ的最小宽度为多大？
(2)粒子从O点开始运动全过程的周期T为多大？(结果用B、E、L、 π的最简形式表示)
解析 (1)电场中加速qEL＝eq \f(1,2)mv2，
磁场中偏转qvB＝meq \f(v2,R)，
三段圆弧的圆心连线组成等边三角形，则区域Ⅲ的最小宽度d＝R＋Rsin 60°，联立解得d＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\r(3)))L.
(2)在电场中L＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)teq \\al(2,1)，
磁场中运动时间T＝eq \f(2πm,qB)，
总时间t＝2t1＋(eq \f(1,6)T＋eq \f(1,6)T＋eq \f(5,6)T)＝eq \f(12＋14πBL,3E).
答案 (1)(2＋eq \r(3))L (2)eq \f(12＋14πBL,3E)
14．(2019·烟台高三高考诊断性测试)如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内存在与x轴正方向成45°角的匀强电场，第二象限内存在与第一象限方向相反的匀强电场，两电场的场强大小相等．x轴下方区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场，两磁场的分界线与x轴平行，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小为B，在分界线上有一绝缘弹性挡板，挡板关于y轴对称．现在P(0，y0)点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)，粒子立即进入第一象限运动，以速度v穿过x轴后，依次进入区域Ⅰ和区域Ⅱ中的磁场，已知粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ时，速度方向垂直挡板紧贴挡板的右侧边缘，在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量均无变化，且与挡板的中央发生过碰撞．求：
(1)电场强度E的大小；
(2)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子再次回到y轴时的位置坐标和此时粒子速度方向．
解析 (1)粒子在第一象限运动时，根据动能定理得Eq·eq \r(2)y0＝eq \f(1,2)mv2，解得E＝eq \f(\r(2)mv2,4qy0).
(2)如图所示．粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的半径为R1，则有qvB＝meq \f(v2,R1)，由几何知识可知LAC＝R1(1－cs 45°)＝eq \f(2－\r(2)mv,2qB)，由题意可知挡板长度L＝2(y0＋LAC)．
设区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为B0，粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为 R2，则有 qvB0＝meq \f(v2,R2)，由题意可知挡板长度L＝2R·2n＝eq \f(4nmv,qB0)(n＝1,2,3 …)，由以上各式可得 B0＝eq \f(4nBmv,2qBy0＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\r(2)))mv)(n＝1,2,3 …)．
(3)由对称性可知，粒子第二次通过x轴时D点距离坐标原点O的距离为y0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y轴时的位置坐标Q(0，y)．根据类平抛运动规律有(y－y0)cs45°＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)·t2，eq \r(2)y0＋(y－y0)sin45°＝vt，将E＝eq \f(\r(2)mv2,4qy0)代入可得 y＝3y0，所以粒子再次回到y轴时的位置坐标Q(0,3y0)．设粒子再次回到y轴时沿电场方向的分速度大小为vE，与合速度v合间的夹角为合速度与y轴间的夹角为θ，而θ＝45°－α，则有 vE＝at，qE＝ma，将上面解得的E和t代入上面的两式得 vE＝v，所以tanα＝1 得 α＝45°，所以θ＝45°－α＝0，即合速度方向沿y轴正方向．
答案 (1)eq \f(\r(2)mv2,4qy0) (2)eq \f(4nBmv,2qBy0＋2－\r(2)mv)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，2，3…)) (3)(0,3y0) 速度方向沿y轴正方向