第一章 安培力与洛伦兹力 专题强化练4　带电粒子在组合场中的运动（含解析）-2024春高中物理选择性必修2（人教版）

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专题强化练4　带电粒子在组合场中的运动训练1　带电粒子在组合场中的运动1.(2023·南通市高二期中)如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，电场线与分界线平行。一带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入电场，并能进入磁场。已知磁感应强度为B，粒子的比荷为k，不计粒子的重力。则粒子第一次进、出磁场两点间的距离为(　　)A.eq \f(2v0,kB) B.eq \f(2kv0,B) C.eq \f(v0,kB) D.eq \f(kv0,B)2.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场，在第Ⅱ、Ⅲ象限虚线圆内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，圆心O1在x轴上，半径为R且过坐标原点O。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从圆上P点正对圆心O1以速度v0射入磁场，从坐标原点O离开磁场，接着又恰好经过第一象限的点Q(a，b)，已知PO1与x轴负方向成θ角，不计粒子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E的大小及匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)粒子从P运动到Q的时间。3.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(重力不计)经过电场中坐标为(3L，L)的P点时的速度大小为v0。方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场，求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子从P点运动到原点O所用的时间。4.(2023·连云港市锦屏高级中学等四校高二期中联考)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在－eq \r(3) m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10－4 T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x>0的区域内存在电场强度大小E＝4 N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2 m。一质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C的带负电粒子从P点以速度v＝4×104 m/s，沿与x轴正方向成α＝60°角射入磁场，经磁场、电场偏转后，最终通过x轴上的Q点(图中未标出)，不计粒子重力。求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)带电粒子在磁场中的运动时间；(3)当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标。5.(2022·常熟市高二期中)如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a＝0.3 m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B(大小可调)。现有质荷比为eq \f(m,q)＝4×10－10 kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，并且以大小为v＝4×107 m/s、方向与y轴正方向成60°角的速度经过P点进入磁场，OP＝eq \f(0.2\r(3),3) m，OA＝0.1 m，不计粒子重力。求：(1)粒子从A点进入电场的初速度v0的大小；(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度至少为多大；(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少。训练2　带电粒子在立体空间中的运动(选练)1.(2022·广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)2．某离子实验装置的基本原理如图所示，Ⅰ区宽度为d1，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；Ⅱ区宽度为d2，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B(B可表示为eq \f(3πd1,2d2)eq \r(\f(Em,2ql)))。足够大的测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心与O2点重合，以O2为原点建立zO2y坐标系，从离子源不断飘出电荷量q、质量m的正离子，离子以某初速度沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区到达测试板。离子从Ⅰ区飞出时的位置到O1点的距离为l。忽略离子间的相互作用，不计离子的重力。则下列判断正确的是(　　)A．离子进入Ⅰ区的初速度v0＝d2eq \r(\f(Eq,2ml))B．离子在Ⅱ区运动的路程s＝eq \r(d22＋\f(2mEl,B2q))C．离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离ly＝eq \r(\f(2mlE,B2q))D．离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离lz＝eq \r(\f(2mlE,B2q))3.如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N间的电势差为U；底面半径为L的圆柱体区域内有竖直向上的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从圆筒M右侧由静止释放，粒子在两筒间做匀加速直线运动，在N筒内做匀速直线运动，粒子自圆筒N出来后，正对着磁场区域的中心轴线垂直进入磁场区域，在磁场中偏转了60°后射出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子进入磁场区域时的速率；(2)磁感应强度的大小。专题强化练4　带电粒子在组合场中的运动训练1　带电粒子在组合场中的运动1．A　[根据题意，设粒子带正电，进入磁场时速度大小为v，方向与水平方向夹角为α，画出粒子的运动轨迹，如图所示。根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，有eq \f(v0,v)＝sin α，解得v＝eq \f(v0,sin α)，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(mv0,qBsin α)，由几何关系可得，粒子第一次进、出磁场两点的距离为d＝2rsin α＝2eq \f(mv0,qBsin α)sin α＝eq \f(2mv0,qB)，由于粒子的比荷为k，则粒子第一次进、出磁场两点的距离为d＝eq \f(2v0,kB)，同理可知若粒子带负电，则两点距离仍为d＝eq \f(2v0,kB)，故选A。]2．(1)eq \f(2mbv02,a2q)　eq \f(mv0,qR)tan eq \f(θ,2)　(2)eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))＋eq \f(a,v0)解析　(1)粒子运动轨迹如图所示。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得rtan eq \f(θ,2)＝R，又qv0B＝meq \f(v02,r)故B＝eq \f(mv0,qR)tan eq \f(θ,2)粒子从O到Q做类平抛运动，设运动时间为t2，则a＝v0t2，b＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t22故E＝eq \f(2mbv02,a2q)。(2)粒子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(θr,v0)＝eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))则粒子从P运动到Q的时间为t＝t1＋t2＝eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))＋eq \f(a,v0)。3．(1)eq \f(mv02,2qL)　(2)eq \f(2mv0,qL)　(3)eq \f(8＋πL,4v0)解析　(1)粒子在电场中和磁场中的轨迹如图所示设粒子进入磁场的速度大小为v，根据题意有v＝eq \f(v0,cos 45°)＝eq \r(2)v0粒子在电场中，根据动能定理可得qEL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02解得电场强度大小为E＝eq \f(mv02,2qL)(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，沿－x方向做匀速直线运动，则有xQP＝v0t1沿－y方向有L＝eq \f(vy,2)t1＝eq \f(v0tan 45°,2)t1可得xQP＝2LxOQ＝3L－xQP＝L设粒子在磁场中的轨迹半径为R，根据几何关系可得xOQ＝2Rcos 45°粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,R)联立解得B＝eq \f(2mv0,qL)(3)粒子在电场中运动的时间为t1＝eq \f(xQP,v0)＝eq \f(2L,v0)粒子在磁场中运动的时间为t2＝eq \f(90°,360°)T＝eq \f(1,4)×eq \f(2πR,v)＝eq \f(πL,4v0)则粒子从P点运动到原点O所用的时间为t＝t1＋t2＝eq \f(2L,v0)＋eq \f(πL,4v0)＝eq \f(8＋πL,4v0)。4．(1)2 m　(2)5.23×10－5 s　(3)5 m解析　(1)由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)解得r＝2 m(2)由v＝eq \f(2πr,T)可得T＝eq \f(2πm,qB)由几何关系可知圆心角为eq \f(π,3)，则可知粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3qB)≈5.23×10－5 s(3)粒子从磁场边界射出时沿水平方向，根据几何关系可知，粒子从磁场进入电场的位置离O点的距离为h＝r－rcos 60°＝1 m粒子进入电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，设加速度为a，竖直方向的位移为h0，在电场中运动的时间为t′，则有d＝vt′，h0＝eq \f(1,2)at′2，a＝eq \f(Eq,m)解得h0＝0.25 m因此可判定Q点不在电场内，则粒子射出电场后将做匀速直线运动，设Q点离电场右边界的距离为x1，粒子出电场时速度方向与水平方向的夹角为θ，则根据几何关系可得tan θ＝eq \f(at′,v)＝eq \f(h－h0,x1)解得x1＝3 m则可知Q点的横坐标为x＝d＋x1＝5 m。5．(1)2×107 m/s　(2)0.08 T　(3)0.16 T解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向不受力，为匀速运动，则v0＝vcos 60°所以v0＝2×107 m/s(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力，则有qvBmin＝meq \f(v2,R)当轨迹与CD边相切时恰好不出磁场，此时R＋Rsin 30°＝a解得R＝0.2 m联立解得Bmin＝0.08 T(3)粒子运动轨迹如图乙所示，出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°，做匀速直线运动后回到A点，设出磁场处为Q点，由几何关系OQ＝eq \f(OA,tan 60°)＝eq \f(0.1,\r(3)) mPQ＝eq \f(0.3,\r(3)) m2R′sin 60°＝PQR′＝eq \f(mv,qB)＝0.1 m解得B＝0.16 T。训练2　带电粒子在立体空间中的运动(选练)1．A　[由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏转，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。]2．D　[设离子在 Ⅰ 区内做类平抛运动的时间为t1，则x方向d1＝v0t1，y方向l＝eq \f(1,2)at12，由牛顿第二定律得qE＝ma，解得v0＝d1eq \r(\f(Eq,2ml))，故A错误；离子刚飞出 Ⅰ 区时沿y轴方向的速度大小vy＝at1＝eq \r(\f(2qEl,m))，合速度的大小为v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(\f(qE,m)2l＋\f(d12,2l))在Ⅱ区内沿x方向做匀速直线运动，设离子在Ⅱ区运动的时间为t2，x方向d2＝v0t2，解得t2＝eq \f(d2,d1)eq \r(\f(2ml,qE))，离子在Ⅱ区运动轨迹的长度s＝vt2＝eq \f(d2,d1)eq \r(4l2＋d12)，故B错误；设离子在Ⅱ区yO2z平面方向做匀速圆周运动的半径为r，则qvyB＝meq \f(vy2,r)，T＝eq \f(2πr,vy)，解得r＝eq \r(\f(2mlE,qB2))，T＝eq \f(4d2,3d1)eq \r(\f(2ml,qE))，则离子在yO2z平面方向转动的圈数N＝eq \f(t2,T)＝eq \f(3,4)周，由几何关系可知，离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离ly＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(l－r))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(l－\r(\f(2mlE,B2q))))离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离lz＝r＝eq \r(\f(2mlE,B2q))，故C错误，D正确。]3．(1)eq \r(\f(2qU,m))　(2)eq \f(\r(6mqU),3qL)解析　(1)粒子在电场中加速，由动能定理可知qU＝eq \f(1,2)mv2解得v＝eq \r(\f(2qU,m))(2)粒子运动轨迹如图所示(俯视图)由几何知识可得粒子在磁场中运动的轨道半径R＝Ltan 60°＝eq \r(3)L粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq \f(v2,R)解得B＝eq \f(\r(6mqU),3qL)。