新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题3电场与磁场第10讲带电粒子在电场和磁场中的运动

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1. (2023·黑龙江哈尔滨二模)如图所示，在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电子从A点沿AC边进入磁场，从BC边离开磁场，速度方向偏转了30°。已知AB＝L，∠ACB＝30°，元电荷为e，电子的质量为m，不计重力，则电子的速率为( C )
A.eq \f(2＋\r(3),2)·eq \f(eBL,m) B．eq \f(2－\r(3),2)·eq \f(eBL,m)
C.eq \f(3＋\r(3),2)·eq \f(eBL,m) D．eq \f(3－\r(3),2)·eq \f(eBL,m)
【解析】电子从BC边离开磁场，速度方向偏转了30°，作出轨迹如图所示，
根据几何关系有Rtan 15°＋2Rtan 15°cs 30°＝Ltan 60°；解得R＝eq \f(3＋\r(3)L,2)；根据evB＝meq \f(v2,R)；解得v＝eq \f(3＋\r(3),2)·eq \f(eBL,m)。故选C。
2. (2023·浙江杭州二模)如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压UMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则( C )
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为eq \r(\f(2n－1eU0,m))
C．各金属筒的长度之比为1eq \r(2)eq \r(3)…
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1eq \r(2)eq \r(3)…
【解析】金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理neU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)－0；解得vn＝eq \r(\f(2neU0,m))；故B错误；只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为eq \f(T,2)时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；第n个圆筒长度Ln＝vn·eq \f(T,2)＝eq \r(\f(2neU0,m))·eq \f(T,2)；则各金属筒的长度之比为1eq \r(2)eq \r(3)…，故C正确。故选C。
3. (多选)(2023·辽宁朝阳二模)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板间距离为L，电场强度为E。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq \r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好能到达N板下端。不计重力和粒子间的相互作用，利用以上信息可求得( AB )
A．金属板的长度
B．粒子在两板间的加速度
C．两个粒子到N板时的动能
D．两个粒子的电势能的变化量
【解析】平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向上由L＝eq \f(1,2)at2可求其运动时间，竖直方向上由y＝v0t可求竖直位移大小，板长是y的二倍，所以A选项可求，A选项正确；垂直M板向右的粒子做匀加速直线运动，由(eq \r(2)v0)2－veq \\al(2,0)＝2aL；可求加速度的大小a＝eq \f(v\\al(2,0),2L)；两个粒子相同，所以它们的加速度大小相同，B选项可求，B正确；由于粒子的质量未知，无法求出粒子的动能大小，由于粒子电荷量未知，求不出电场力做的功，也求不出粒子电势能的变化量，所以CD选项不可求，CD错误。
4. (多选)(2023·安徽蚌埠质检)如图所示，a、b是直线上间距为4d的两点，也是半圆直径的两个端点，c位于ab上，且ac＝d，直线上方存在着磁感应强度大小为B、垂直于半圆平面的匀强磁场(未画出)，其中半圆内部没有磁场。一群比荷为k的同种带电粒子从ac之间以相同的速率垂直于ab射入圆弧区域，所有粒子都能通过b点，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则( AD )
A．粒子的速率为2dBk
B．粒子的速率为dBk
C．从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为eq \f(2π,3kB)
D．从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为eq \f(4π,3kB)
【解析】画出粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知，四边形dO1bO为菱形，可知粒子运动的轨道半径为R＝2d，根据qvB＝meq \f(v2,R)，可得粒子的速率为v＝2dBk，选项A正确，B错误；
从c点射入的粒子，由几何关系可知，粒子运动的轨迹圆心正好在圆周ab上，可知粒子在磁场中转过的角度为240°，则运动时间t＝eq \f(240°,360°)T＝eq \f(4πm,3qB)＝eq \f(4π,3kB)，选项C错误，D正确。故选AD。
5. (2023·四川成都三诊)如图所示，半径为R的eq \f(1,4)圆形区域 eq \\ac(OMN,\s\up20(︵)) 内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO。a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则( D )
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为eq \f(RB,v)
C．粒子b将从DN边上某一位置(不含N点)射出
D．a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为32
【解析】由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由R＝eq \f(mv,qB)可知，粒子的比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(v,RB)，选项B错误；从C点入射的b粒子的半径也为R，且由于∠CON＝60°，可知粒子b正好从N点射出，选项C错误；从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据t＝eq \f(θ,2π)T可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为32，选项D正确。故选D。
6. (多选)(2023·湖北咸宁三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，在x轴上方存在垂直纸面的匀强磁场，一带正电粒子在该平面内从O点射入x轴上方，恰好先后通过A、B两点，已知A、B两点坐标分别为：A(0,6L)、B(8L,0)，不计粒子重力，则( BC )
A．该磁场方向垂直纸面向内
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为5L
C．若让该粒子从B点射入x轴上方，则粒子有可能通过A点
D．若仅改变粒子从O点射入时的速度，粒子依然有可能依次经过A、B两点
【解析】带电粒子在匀强磁场中经过O、A、B三点，故该三点在其轨迹圆上，由几何可得，轨迹圆的圆心为AB连线的中点，粒子的轨迹如图
由左手定则可知，该磁场方向垂直纸面向外，故A错误；由几何知识得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝eq \f(\r(6L2＋8L2),2)＝5L，由牛顿第二定律Bqv＝meq \f(v2,r)可得r＝eq \f(mv,Bq)且粒子需从O点与水平方向成53°斜向左射入x轴上方，故若仅改变粒子从O点射入时的速度，都将不能使粒子依次经过A、B两点。故B正确，D错误；若粒子从B点射入磁场，且经过A点，则其轨迹圆的圆心在AB连线的中垂线上，如图，
若让该粒子从B点射入x轴上方，只要粒子的速度够大，则粒子有可能通过A点，C正确。故选BC。
7. (多选)(2023·四川绵阳三诊)如图所示，a、b、c、d是矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，空间中有平行于矩形所在平面的匀强电场。已知a点的电势为φ，b点的电势为2φ，d点电势为－φ。一质子从b点以初速度v0射入该电场，入射方向与bc成45°角，不计质子的重力，则下列判断正确的是( BC )
A．c点的电势为φ
B．电场强度大小为eq \f(\r(2)φ,L)
C．质子可能运动到c点，所用时间为eq \f(\r(2)L,v0)
D．质子可能运动到a点，到达a点时的电势能减少了eφ
【解析】在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故有φa－φd＝φb－φc，解得φc＝0，A错误；ad中点与c点连线为等势线，d到等势线的距离为eq \f(\r(2),2)L，则电场强度大小为E＝eq \f(U,d)＝eq \f(φ,\f(\r(2),2)L)＝eq \f(\r(2)φ,L)，方向与等势线垂直指向d点，B正确；由上可知，质子速度与电场强度方向垂直，做类平抛运动，垂直于电场强度方向做匀速运动，位移大小为x＝2L×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2)L，运动时间为t＝eq \f(x,v)＝eq \f(\r(2)L,v0)，C正确；质子做类平抛运动，不可能运动到a点，D错误。故选BC。
8.(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为eq \f(q,m)，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是( BD )
A．B>eq \f(mv,3qs)，垂直纸面向里
B．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向里
C．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向外
D．B>eq \f(3mv,qs)，垂直纸面向外
【解析】当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切。如图(大圆弧)
由几何知识知R2＝eq \x\t(OB)sin 30°＝eq \f(1,2)eq \x\t(OB)，而eq \x\t(OB)＝s＋R2，所以R2＝s，所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出，qvB＝meq \f(v2,R2)，所以得B≥eq \f(mv,qs)，故A错误，B正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切。如图(小圆弧)，由几何知识知道相切圆的半径为eq \f(s,3)，所以当离子轨迹的半径小于eq \f(s,3)时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB＝meq \f(v2,R1)，所以得B≥eq \f(3mv,qs)，故C错误，D正确。故选BD。
B组·综合练
9. (2023·齐鲁名校大联盟三模)如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过a、b两点。已知粒子的比荷为k，粒子经过a点时速率为3v，经过b点时速率为4v，粒子经过a、b两点时速度方向与ab连线的夹角分别为53°、37°，ab连线长度为L。若粒子只受电场力作用，则下列无法确定的是( D )
A．场强的大小
B．场强的方向
C．a、b两点的电势差
D．粒子在a、b两点的电势能之差
【解析】设电场力的方向与ab所在直线夹角为θ，如图所示
垂直电场方向速度分量相同，根据几何知识有3vcs(θ－37°)＝4vsin(θ－37°)，解得θ＝74°，垂直电场力方向做匀速运动，运动的时间为t＝eq \f(Lsin θ,3vcsθ－37°)＝eq \f(2L,3v)sin 37°，沿电场力方向速度变化量为Δv＝4vcs(θ－37°)＋3vsin(θ－37°)＝4vcs 37°＋3vsin 37°，电场强度的大小为E＝eq \f(F,q)＝eq \f(ma,q)＝eq \f(mΔv,qt)＝eq \f(m4vcs 37°＋3vsin 37°,q\f(2L,3v)sin 37°)，故AB可以确定，不符合题意；根据匀强电场电场强度E＝eq \f(Uab,Lcs 37°)，可知a、b两点的电势差可求，故C可以确定，不符合题意；根据功能关系有qUab＝ΔEp，电荷量未知，无法确定粒子在a、b两点的电势能之差，故D无法确定，符合题意。故选D。
10. (2023·河北石家庄模拟)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【答案】(1)eq \f(2πm,qT0) (2)eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)
【解析】(1)设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，则qB0v0＝meq \f(v\\al(2,0),R)
正离子做匀速圆周运动的周期
T0＝eq \f(2πR,v0)
联立以上可得磁感应强度
B0＝eq \f(2πm,qT0)。
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子的运动轨迹如图所示
两板之间正离子只运动一个周期T0时，有R＝eq \f(d,4)
当两板之间正离子运动n个周期nT0时，有R＝eq \f(d,4n)(n＝1,2,3，…)
联立解得正离子的速度的可能值为v0＝eq \f(B0qR,m)＝eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)。
11. (2023·河南南阳模拟)在xOy平面的第Ⅰ、Ⅱ象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T，在x轴上P点有一放射源，将质量为m＝5×10－11 kg电荷量为q＝4×10－4 C的带正电粒子，以速率v＝8×105 m/s在纸面内沿各个方向射入磁场，已知P到O点的距离为d＝16 cm，不计粒子重力。求
(1)垂直x轴射入磁场的粒子从y轴射出的位置与O点的距离；
(2)能从O点射出的粒子在磁场中运动的时间(结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)8 cm (2)见解析
【解析】(1)根据qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝0.1 m
垂直x轴射入磁场的粒子其运动轨迹如图
由几何关系可得y2－(16 cm－r)2＝r2
解得y＝8 cm。
(2)粒子刚好能从O点射出的轨迹如图一和图二两种情况
由几何关系知sin θ＝eq \f(\f(d,2),r)＝eq \f(4,5)
即θ＝53°
又T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(π,4×106) s
如图一所示，运动时间为t1＝eq \f(2θ,360°)×T＝2.3×10－7 s
如图二所示，运动时间为t2＝eq \f(360°－2θ,360°)×T＝5.5×10－7 s。
12. (2023·湖北高考真题)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
(3)t＝eq \f(18πm,qB)时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t＝eq \f(18πm,qB)的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可)
【答案】(1)eq \f(qBa,m) (2)eq \f(1,2)m eq \f(3qBa,m)
(3)甲(2a,0) 乙(0,0) eq \f(75,2)πa
【解析】(1)由题知，粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r＝a
根据qv甲0B＝meq \f(v\\al(2,甲0),r甲0)
解得v甲0＝eq \f(qBa,m)。
(2)由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲＝2T乙
根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有eq \f(T甲,T乙)＝eq \f(m,m乙)
则m乙＝eq \f(1,2)m
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有mv甲0＋m乙v乙0＝－mv甲1＋m乙v乙1
eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲0)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲1)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙1)
解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为eq \f(3qBa,m)。
(3)已知在t1＝eq \f(πm,qB)时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0
则根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知此时乙粒子的运动半径为r乙1＝eq \f(3,2)a
可知在t2＝eq \f(3πm,qB)时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为s1＝3πa
且在第二次碰撞时有mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2
eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲1)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲2)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙2)
解得v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0
可知在t3＝eq \f(5πm,qB)时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S2＝5πa
且在第三次碰撞时有mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3
eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲2)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲3)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙3)
解得v甲3＝－3v甲0，v乙3＝3v甲0
依次类推
在t10＝eq \f(17πm,qB)时，甲、乙粒子发生第十次碰撞，且甲、乙粒子发生第九次碰撞到第十次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为s9＝3πa
且在第十次碰撞时有mv甲9＋m乙v乙9＝mv甲10＋m乙v乙10
eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲9)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙9)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲10)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙10)
解得v甲10＝v甲0，v乙10＝－5v甲0
在t10＝eq \f(17πm,qB)到t＝eq \f(18πm,qB)过程中，甲粒子刚好运动半周，则t＝eq \f(18πm,qB)时甲粒子运动到P点即(2a,0)处
在t10＝eq \f(17πm,qB)到t＝eq \f(18πm,qB)过程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝eq \f(18πm,qB)时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为s0＝eq \f(5,2)πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为s＝5×3πa＋4×5πa＋eq \f(5,2)πa＝eq \f(75,2)πa。