高考物理一轮复习课时练习 第11章第6练　专题强化：带电粒子在组合场中的运动（含详解）

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1.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq \f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A.eq \f(5πm,6qB) B.eq \f(7πm,6qB) C.eq \f(11πm,6qB) D.eq \f(13πm,6qB)
2．(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为eq \f(v0,BR)
C．粒子在磁场中运动的总时间为eq \f(πR,2v0)
D．粒子在电场中运动的总时间为eq \f(2BR,E)
3.(2024·广东省联考)如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第三象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场。M、N两个竖直平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近N板的S点由静止开始做加速运动，从电场的右边界y轴上的A点水平向左垂直于y轴射入电场，经x轴上的C点与x轴负方向成θ＝60°角进入磁场，最后从y轴上的D点垂直于y轴射出磁场，求：
(1)A、C两点间的电势差UAC和粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(2)粒子从A点运动到C点所用时间和从C点运动到D点所用时间的比值。
4．如图所示，xOy平面内，OP与x轴正方向的夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T。第二象限有平行于 y轴向下的匀强电场，电场强度大小为E ＝eq \f(83,40)×105 V/m，一带电微粒以速度v0＝5×106 m/s从x轴上 a(L,0)点平行于OP射入磁场，并从OP上的b点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，最后回到x轴上的d点，图中b、d两点未标出，已知L＝eq \f(5,4) m，sin 53°＝eq \f(4,5)，cs 53°＝eq \f(3,5)，不计微粒的重力，求：
(1)微粒的比荷eq \f(q,m)；
(2)d点与O点的距离l;
(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度Bx大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限。
5.(2024·江西省十校联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在第三、四象限内有平行于坐标平面斜向下的匀强电场，电场方向与x轴负方向的夹角为45°，从坐标原点O向第二象限内射出一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子，粒子射出的初速度大小为v0，方向与x轴负方向的夹角也为45°，此粒子从O点射出后第三次经过x轴的位置P点离O点的距离为d，粒子第二次在电场中运动后恰好从O点离开电场，不计粒子重力，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)粒子从O点射出到第一次回到O点所经历的时间。
6.(2024·云南昆明市期中)如图所示，质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限内的电、磁场区域，在长为l、宽为d的虚线框内有方向竖直向上、大小可控的匀强电场，在x>l的区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。通过控制电场强度大小，可让粒子从虚线框的右侧射入磁场，并打到竖直放置的足够长的MN板上，已知N点坐标为(l，d)，粒子重力不计。
(1)若要使粒子从(l，eq \f(d,2))处离开电场，求电场强度的大小；
(2)若电场强度为E0，求粒子在磁场中做圆周运动的圆心到MN的距离；
(3)求粒子在磁场中做圆周运动的最大半径。
第6练 专题强化：带电粒子在组合场中的运动
1．B [设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)、T＝eq \f(2πR,v)，可得R1＝eq \f(mv,qB)、R2＝eq \f(2mv,qB)、T1＝eq \f(2πm,qB)、T2＝eq \f(4πm,qB)，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝eq \f(T1,4)，在第一象限中运动的时间为t2＝eq \f(θ,2π)T2，又由几何关系有cs θ＝eq \f(R2－R1,R2)＝eq \f(1,2)，可得t2＝eq \f(T2,6)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝eq \f(7πm,6qB)，选项B正确，A、C、D错误。]
2．ABD [根据题意可知，粒子从A点进入磁场从B点离开磁场时，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为eq \f(π,2)，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(v02,R)，
可得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,BR)，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。
则粒子在磁场中运动的总时间为t磁＝eq \f(T,2)＝eq \f(πR,v0)，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma，解得a＝eq \f(Eq,m)＝eq \f(Ev0,BR)，根据v0＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2BR,E)，故D正确。]
3．(1)3U eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,q)) (2)eq \f(3\r(3),2π)
解析 (1)设粒子运动到A点射入电场的速度大小为v0，由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(\f(2qU,m))
设粒子经过C点时速度为v，根据题意可得eq \f(v0,v)＝cs θ，解得v＝2v0，
粒子从A点运动到C点的过程，有qUAC＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，
解得UAC＝3U
如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′C，由洛伦兹力提供向心力有qBv＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,q))
(2)由几何关系得OC＝rsin θ，设粒子在电场中运动的时间t1，根据题意有OC＝v0t1 ，解得t1＝eq \f(\r(3)m,qB)
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v)
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝eq \f(π－θ,2π)T，解得t2＝eq \f(2πm,3qB)，
粒子从A点运动到C点所用时间和从C点运动到D点所用时间的比值eq \f(t1,t2)＝eq \f(3\r(3),2π)。
4．(1)5×107 C/kg (2)4 m
(3)Bx≥0.2 T
解析 (1)微粒的运动轨迹如图所示，微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得r＝Lsin 53°＝1 m
由牛顿第二定律得qv0B＝meq \f(v02,r)
代入数据解得eq \f(q,m)＝5×107 C/kg
(2)微粒进入电场后做类斜抛运动，
由几何关系得yOc＝eq \f(Lcs 53°＋r,sin 53°)
在y轴方向有
yOc＝－v0tcs 53°＋eq \f(1,2)×eq \f(qE,m)t2
在x轴方向有l ＝ v0tsin 53°
解得l＝4 m
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限。
由几何关系知R＝eq \f(1,2)Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B1＝meq \f(v02,R)
解得B1 ＝ 0.2 T，故当磁感应强度Bx≥0.2 T时，微粒能到达第四象限。
5．(1)eq \f(2\r(2)mv0,qd) (2)eq \f(2\r(2)mv02,qd)
(3)eq \f(\r(2)d2＋π,2v0)
解析 (1)设粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径为r，带负电粒子运动轨迹如图所示
由几何关系2eq \r(2)r＝d，即r＝eq \f(\r(2),4)d
由牛顿第二定律可得qv0B＝meq \f(v02,r)
可得B＝eq \f(2\r(2)mv0,qd)
(2)粒子第二次进入电场做类平抛运动，则eq \f(\r(2),2)d＝v0t1，eq \f(\r(2),2)d＝eq \f(1,2)at12，
qE＝ma，解得t1＝eq \f(\r(2)d,2v0)，
E＝eq \f(2\r(2)mv02,qd)
(3)粒子在磁场中运动的时间t2＝T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(\r(2)πd,2v0)，粒子第一次在电场中运动的时间t3＝eq \f(2v0,a)
其中a＝eq \f(Eq,m)＝eq \f(2\r(2)v02,d)，则t3＝eq \f(\r(2)d,2v0)
则粒子从O点射出到第一次回到O点所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(\r(2)d2＋π,2v0)。
6．(1)eq \f(mdv02,ql2) (2)eq \f(E0l,Bv0)
(3)eq \f(mv0\r(4d2＋l2),qBl)
解析 (1)要使粒子从(l，eq \f(d,2))处离开电场，设电场强度的大小为E1，粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向有l＝v0t
沿y轴方向有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a1t2，a1＝eq \f(qE1,m)
联立解得E1＝eq \f(mdv02,ql2)
(2)若电场强度为E0，粒子先在电场中做类平抛运动，自(l，y)点以速度v进入磁场中，并在磁场中做匀速圆周运动，最终打在MN上的某点，此时圆心到MN的距离设为Δx，则有l＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE0,m)
设进入磁场时速度与x轴正方向夹角为θ，则有tan θ＝eq \f(2y,l)，v＝eq \f(v0,cs θ)
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，又Δx＝rsin θ
联立解得Δx＝eq \f(E0l,Bv0)
(3)粒子从N点进入磁场，速度最大，则做圆周运动的半径也最大，设此时的速度偏转角为θ′，射入磁场的速度为v′，最大半径为rm，则在电场中有tan θ′＝eq \f(2d,l)＝eq \f(vy′,v0)，v′＝eq \r(v02＋vy′2)
在磁场中有qv′B＝meq \f(v′2,rm)
联立解得粒子在磁场中做圆周运动的最大半径为rm＝eq \f(mv0\r(4d2＋l2),qBl)。