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备考2024届高考物理一轮复习强化训练第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习强化训练第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动，共6页。试卷主要包含了25v·4t0，y1＝12a2等内容，欢迎下载使用。
A.电子从N到P，电场力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N，洛伦兹力不做功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
解析 电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误.
2.[带电粒子在电磁复合场中的运动＋速度选择器/2023全国乙]如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直.一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏.该粒子的比荷为（ A ）
A.E2aB2B.EaB2C.B2aE2D.BaE2
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示
3.[带电粒子在电磁复合场中的运动/2023湖南]如图，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（ D ）
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
解析 粒子在Ⅰ中qv0B1＝qE→v0＝EB1→粒子在Ⅱ中运动的轨迹半径为r0＝mv0qB2＝mEqB1B2
所用时间t0＝90°360°T＝14×2πmqB2＝πm2qB2
仅将B1变为2B1→v1＝12v0→r1＝12r0→从CF的四等分点处竖直向下射出
仅将E变为2E→v2＝2v0→r2＝2r0→从F点竖直向下射出
粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图1所示
图1
粒子转过的圆心角均为90°，粒子在Ⅱ中运动的时间仍为t0，AB错
图2 图3
仅将Ⅱ中磁场变为34B2→半径r3＝43r0＞2r0，粒子从OF边离开，如图2所示→对应圆心角的正弦值sinθ1＝2r0r3＝32→粒子转过的圆心角θ1＝60°→粒子运动时间t＝60°360°×2πmq·34B2＝839t0，C错
仅将Ⅱ中磁场变为24B2→半径r4＝42r0＞2r0，粒子从OF边离开，如图3所示→对应圆心角的正弦值sinθ2＝2r0r4＝22→粒子转过的圆心角θ2＝45°→粒子运动时间t＝45°360°×2πmq·24B2＝2t0，D对
4.[带电粒子在电场和磁场中的运动/2021重庆]在如图1所示的Oxy竖直平面内，原点O处有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同，比荷均为qm的带正电的粒子.在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为0.在磁场左边界x＝L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）.0时刻发射的A粒子在t0时刻经过磁场左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在t03时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为（L，－4L9）；C粒子在t0时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的14，不经过磁场能被收集器收集.忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应.
图1 图2
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的发射速度大小.
答案 （1）Lmqt02 （2）2m5qt0 （3）L3t0、L2t0、（6+1）L5t0
解析 （1）设A粒子发射速度为v，分别画出三个粒子的运动轨迹如图甲所示.根据题述可知L＝vt0
图甲
对B粒子沿y轴方向有
4L9＝12a（2t03）2＋a2t03·t03
又qE＝ma
联立解得E＝Lmqt02.
（2）设收集器的位置坐标为（L，y1），在电场中的运动过程
对C粒子有L＝0.25v·4t0，y1＝12a（3t0）2
对A粒子有L＝vt0，y2＝12at02
A粒子进入磁场时沿x轴方向分速度为
vx＝v＝Lt0
沿y轴方向分速度为vy＝at0＝Lt0
A粒子进入磁场时与x轴夹角为θ
tanθ＝vyvx＝1
2rcsθ＝y1＋y2＝5at02＝5L
解得A粒子在磁场中的轨迹半径为r＝52L2
A粒子进入磁场时的速度vA＝2v
由洛伦兹力提供向心力有qvAB＝mvA2r
解得B＝2m5qt0.
（3）设2t0时刻发射的粒子在电场中运动的时间为nt0（n＞0），则粒子在电场中的偏转位移为
y3＝12a（nt0）2＝L2n2
①若y3＝y1，即粒子不进入磁场直接打在坐标（L，92L）处，解得：n＝3
故粒子的入射速度v1＝Lnt0＝L3t0
②若y3＜y1，则粒子要进入磁场运动一段圆弧后打在坐标（L，92L）处被收集，其运动轨迹如图乙所示，由运动的合成与分解有v'x＝Lnt0＝1nv，v'y＝a·nt0＝nv
则粒子刚进入磁场时的速度大小为
v'＝v'x2＋v'y2＝1n2＋n2v＝kv
设此时的速度方向与x＝L的夹角为α，即
sinα＝v'xv'＝1nk
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，根据牛顿第二定律有qv'B＝mv'2r1
解得r1＝mv'qB＝kmvqB＝5L2·k
粒子要被收集，则必满足
2r1sinα＝y1－y3＝L2（9－n2）
化简即有n3－9n＋10＝0
变形可得（n－2）（n2＋2n－5）＝0
Ⅰ.当n－2＝0时，则n＝2，即粒子的入射速度
v2＝Lnt0＝L2t0
Ⅱ.当n2＋2n－5＝0，则n＝6－1[n＝－（6＋1）＜0舍去]时，即粒子的入射速度
v3＝Lnt0＝L（6－1）t0＝（6+1）L5t0
综上所述，在t＝2t0时刻沿x方向射入的粒子，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：L3t0、L2t0、（6+1）L5t0.
A.电子从N到P，电场力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N，洛伦兹力不做功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
解析 电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误.
2.[带电粒子在电磁复合场中的运动＋速度选择器/2023全国乙]如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直.一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏.该粒子的比荷为（ A ）
A.E2aB2B.EaB2C.B2aE2D.BaE2
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示
3.[带电粒子在电磁复合场中的运动/2023湖南]如图，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（ D ）
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
解析 粒子在Ⅰ中qv0B1＝qE→v0＝EB1→粒子在Ⅱ中运动的轨迹半径为r0＝mv0qB2＝mEqB1B2
所用时间t0＝90°360°T＝14×2πmqB2＝πm2qB2
仅将B1变为2B1→v1＝12v0→r1＝12r0→从CF的四等分点处竖直向下射出
仅将E变为2E→v2＝2v0→r2＝2r0→从F点竖直向下射出
粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图1所示
图1
粒子转过的圆心角均为90°，粒子在Ⅱ中运动的时间仍为t0，AB错
图2 图3
仅将Ⅱ中磁场变为34B2→半径r3＝43r0＞2r0，粒子从OF边离开，如图2所示→对应圆心角的正弦值sinθ1＝2r0r3＝32→粒子转过的圆心角θ1＝60°→粒子运动时间t＝60°360°×2πmq·34B2＝839t0，C错
仅将Ⅱ中磁场变为24B2→半径r4＝42r0＞2r0，粒子从OF边离开，如图3所示→对应圆心角的正弦值sinθ2＝2r0r4＝22→粒子转过的圆心角θ2＝45°→粒子运动时间t＝45°360°×2πmq·24B2＝2t0，D对
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图1 图2
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的发射速度大小.
答案 （1）Lmqt02 （2）2m5qt0 （3）L3t0、L2t0、（6+1）L5t0
解析 （1）设A粒子发射速度为v，分别画出三个粒子的运动轨迹如图甲所示.根据题述可知L＝vt0
图甲
对B粒子沿y轴方向有
4L9＝12a（2t03）2＋a2t03·t03
又qE＝ma
联立解得E＝Lmqt02.
（2）设收集器的位置坐标为（L，y1），在电场中的运动过程
对C粒子有L＝0.25v·4t0，y1＝12a（3t0）2
对A粒子有L＝vt0，y2＝12at02
A粒子进入磁场时沿x轴方向分速度为
vx＝v＝Lt0
沿y轴方向分速度为vy＝at0＝Lt0
A粒子进入磁场时与x轴夹角为θ
tanθ＝vyvx＝1
2rcsθ＝y1＋y2＝5at02＝5L
解得A粒子在磁场中的轨迹半径为r＝52L2
A粒子进入磁场时的速度vA＝2v
由洛伦兹力提供向心力有qvAB＝mvA2r
解得B＝2m5qt0.
（3）设2t0时刻发射的粒子在电场中运动的时间为nt0（n＞0），则粒子在电场中的偏转位移为
y3＝12a（nt0）2＝L2n2
①若y3＝y1，即粒子不进入磁场直接打在坐标（L，92L）处，解得：n＝3
故粒子的入射速度v1＝Lnt0＝L3t0
②若y3＜y1，则粒子要进入磁场运动一段圆弧后打在坐标（L，92L）处被收集，其运动轨迹如图乙所示，由运动的合成与分解有v'x＝Lnt0＝1nv，v'y＝a·nt0＝nv
则粒子刚进入磁场时的速度大小为
v'＝v'x2＋v'y2＝1n2＋n2v＝kv
设此时的速度方向与x＝L的夹角为α，即
sinα＝v'xv'＝1nk
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，根据牛顿第二定律有qv'B＝mv'2r1
解得r1＝mv'qB＝kmvqB＝5L2·k
粒子要被收集，则必满足
2r1sinα＝y1－y3＝L2（9－n2）
化简即有n3－9n＋10＝0
变形可得（n－2）（n2＋2n－5）＝0
Ⅰ.当n－2＝0时，则n＝2，即粒子的入射速度
v2＝Lnt0＝L2t0
Ⅱ.当n2＋2n－5＝0，则n＝6－1[n＝－（6＋1）＜0舍去]时，即粒子的入射速度
v3＝Lnt0＝L（6－1）t0＝（6+1）L5t0
综上所述，在t＝2t0时刻沿x方向射入的粒子，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：L3t0、L2t0、（6+1）L5t0.
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