备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动（Word版附解析）

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基础巩固
1.(2024安徽六安模拟)如图所示,电场强度为E的匀强电场竖直向下,磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外,电荷量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度,正好做匀速圆周运动,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.小球带正电
B.将初速度方向变成垂直磁场水平向左,则小球做直线运动
C.小球做匀速圆周运动的周期为2πEBg
D.若把电场的方向改成竖直向上,则小球恰好做类平抛运动
答案 C
解析 小球要做匀速圆周运动,电场力与重力等大反向,电场力向上,小球必须带负电,故A错误;将初速度方向变成垂直磁场水平向左,电场力与重力方向相同,小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下做曲线运动,故B错误;小球做匀速圆周运动,则mg=qE,周期为T=2πmqB=2πEBg,故C正确;若把电场的方向改成竖直向上,小球所受重力与电场力均向下,但还有洛伦兹力作用,则小球不会做类平抛运动,故D错误。
2.(2023新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点,a点在小孔O的正上方,b点在a点的右侧,如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的110,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为( )
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
答案 C
解析 当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向左,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向右,不可能有粒子射到a点,选项A错误;当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时,可能有受力平衡的粒子,若a处为电子,则α粒子受到的静电力大,将射到a的左侧,若a处为α粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a的左侧,选项B错误;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里时,可能有受力平衡的粒子,若a处为电子,则α粒子受到的静电力大,将射到a的右侧,若a处为α粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a的右侧,选项C正确;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向右,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向左,不可能有粒子射到a点,选项D错误。
3.(多选)(2024湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示,MN和PQ是两平行金属极板,匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场,极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A.极板MN是发电机的正极
B.仅增大两极板间的距离,极板间的电压减小
C.仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压增大
D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度,极板间的电压增大
答案 AC
解析 本题考查磁流体发电机。根据左手定则,带正电的粒子因受到洛伦兹力而向上偏转,同理带负电的粒子向下偏转,此时极板MN带正电为发电机正极,A正确;当粒子受到的洛伦兹力和电场力平衡时,设此时极板间距为d,有qvB=qUd,可得U=Bdv,因此仅增大两极板间的距离,极板间的电压U增大,仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压U增大,极板间的电压U的大小与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关,B、D错误,C正确。
4.(2024北京丰台一模)一束含有两种比荷qm的带电粒子,以大小不同的初速度沿水平方向进入速度选择器,从O点进入垂直纸面向外的偏转磁场,打在O点正下方的粒子探测板上的P1和P2点,如图甲所示。撤去探测板,在O点右侧的磁场区域中放置云室,若带电粒子在云室中受到的阻力大小Ff=kq,k为常数,q为粒子的电荷量,其轨迹如图乙所示。下列说法正确的是( )
甲
乙
A.打在P1点的带电粒子的比荷小
B.增大速度选择器的磁感应强度,P1、P2向下移动
C.打在P1点的带电粒子在云室里运动的路程更长
D.打在P1点的带电粒子在云室里运动的时间更短
答案 D
解析 在速度选择器中,只有竖直方向受力平衡的粒子才能沿水平方向运动,即qE=qvB1,可得v=EB1,可知粒子进入磁场B2的速度相等,根据qvB2=mv2r,可得r=mvqB2,则qm=vB2r,可知打在P1点的带电粒子的比荷大,故A错误;增大速度选择器的磁感应强度,由v=EB1可知,v将变小,即粒子到达磁场B2的速度变小,根据r=mvqB2,可知粒子在磁场B2做圆周运动的半径变小,则P1、P2向上移动,故B错误;在云室内受到的阻力始终与速度方向相反,做负功,洛伦兹力不做功,根据动能定理-Ffs=-kqs=0-12mv2,可得s=mv22kq,两个带电粒子的速度大小相等,结合A选项分析可知打在P2点的带电粒子在云室里运动的路程更长,打在P1点的带电粒子在云室里运动的路程更短,打在P1点的带电粒子在云室里运动的时间更短,故C错误,D正确。
5.(多选)(2024安徽安庆三模)如图所示,在三维直角坐标系O-xyz中,分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B,一个电荷量为+q、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度v0抛出后做平抛运动,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.小球的初速度v0大小为EB
B.经过时间2EgB,小球的动能变为初动能的2倍
C.若仅将电场方向变为沿y轴正方向,小球可能做匀速圆周运动
D.若仅将电场撤去,小球可能做匀速直线运动
答案 AC
解析 小球在xOy平面内做平抛运动,则有Eq=qv0B,解得v0=EB,A正确;小球的动能变为初动能的2倍时,Ek=12m(vy2+v02)=2Ek0,则vy=v0=EB=gt,即经过时间为t=EgB,B错误;若仅将电场方向变为沿y轴正方向,如果电场力和重力大小相等,小球可能做匀速圆周运动,C正确;若仅将电场撤去,小球所受合力不可能为零,不可能做匀速直线运动,D错误。故选A、C。
6.(2024湖北卷)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计粒子重力,下列说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹可能经过O点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm3qB
D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动的速度大小为3qBR3m
答案 D
解析 本题考查带电粒子在圆形边界磁场中的运动。在圆形匀强磁场中,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出,根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域,且经过的时间间隔最小,根据对称性画粒子的运动轨迹如图甲所示,则粒子运动的最小时间间隔为t=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系得r=3R3,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,可得v=3qBR3m,故D正确。
甲
乙
综合提升
7.(2023湖南卷)如图所示,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),磁场方向垂直于纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。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( )
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
答案 D
解析 在区域Ⅰ中,由qvB1=qE得,粒子速度v=EB1,粒子进入区域Ⅱ后,当粒子从CF中点射出时,在区域Ⅱ中运动半径为r=24a(a为CF长度),又由qvB2=mv2r得r=mvB2q,t0=14T=πm2B2q,运动轨迹如图甲所示。当区域Ⅰ中的磁感应强度大小变为2B1时,v1=E2B1=v2,这时粒子进入区域Ⅱ后,r1=mv1B2q=mv2B2q8.(12分)(2024山西临汾三模)如图所示,平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ=30°,OM与x轴之间存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场(图中没有画出)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域,粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转,恰好没有穿过x轴,再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。
(1)求该粒子进入磁场时速度v的大小;
(2)若电场方向沿y轴负方向,粒子再次从P点进入磁场区域,求电场强度E1的大小;
(3)若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域,求电场强度E2的大小和方向。
答案 (1)qBL4m (2)qB2L3m (3)3qB2L8m,方向垂直于OM向下
解析 (1)根据题意,粒子在磁场中做圆周运动,则有qvB=mv2r
解得r=mvqB
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得,粒子做圆周运动的轨迹半径
r=L4
解得v=qBL4m。
(2)粒子进入电场时速度方向沿x轴负方向,若电场方向沿y轴负方向,粒子在电场中做类平抛运动,设运动时间为t1,则有x=rcs 30°=vt1,y=rsin 30°=12a1t12
其中
a1=qE1m
解得E1=qB2L3m。
(3)粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域,则电场力对粒子做功为零,所以电场E2的方向垂直于OM向下,粒子从Q到P做类斜抛运动,设运动时间为t2,则有r=(vcs 30°)t2,2vsin 30°=a2t2
其中
a2=qE2m
解得E2=3qB2L8m。
9.(14分)(2024湖南岳阳三模)在如图所示的O-xyz三维空间中,x≤0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场,在x>0区域内存在半圆柱体MNP-M'N'P'空间区域,半圆柱沿y轴方向足够高,该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场,磁感应强度大小B=mv0qL,平面MNN'M'在yOz平面内,D点(0,0,0)为半圆柱体底面圆心,半圆柱体的半径为r=L。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A点(-L,0,0)以大小v0、方向沿着x轴正方向的速度射入匀强电场,经过C点(0,L,0)后进入半圆柱体磁场区域,不计粒子的重力。求:
(1)电场强度E的大小;
(2)带电粒子在半圆柱体内运动的时间;
(3)带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。
答案 (1)2mv02qL
(2)πL3v0
(3)32L,L+2πL3,L2
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,有L=v0t,L=12at2
根据牛顿第二定律
qE=ma
联立解得E=2mv02qL。
(2)在磁场中,粒子的运动可以分解为匀速圆周运动和沿y正方向的匀速直线运动,垂直磁场方向,根据洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv02R
解得R=L
俯视图如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角为π3,粒子在磁场中运动的周期
T=2πmqB
半圆柱沿y轴方向足够高,则带电粒子在半圆柱体内运动的时间
t'=16×T
联立解得t'=πL3v0。
(3)在磁场中,粒子沿着y轴正方向的速度大小vy=at
x轴方向x=Rsin π3=32L
y轴方向y=L+vyt'=L+2πL3
z轴方向z=Rcs π3=L2
带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为32L,L+2πL3,L2。
10.(15分)(2024重庆预测)如图所示,OP与x轴的夹角θ=60°,在第一象限中OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从x轴上的M点平行于y轴射入电场,经电场后沿垂直于OP的方向由N点立刻进入一矩形磁场区域(未画出,方向垂直纸面向里),并沿y轴负方向经过O点。已知O点到N点的距离为3l,不计粒子的重力,求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)矩形磁场区域的最小面积。
答案 (1)2mv023ql
(2)2mv0ql
(3)32l2
解析 (1)粒子从M点到N点做类平抛运动,在y轴方向上做匀速直线运动,在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动,设粒子到达N点时x轴方向的速度为vx,合速度为v,所用时间为t,如图甲所示
甲
则tan 60°=vxv0=qEtmv0
粒子在y轴方向的位移大小为y=3lsin 60°=v0t
解得匀强电场的电场强度大小
E=2mv023ql。
(2)粒子达到N点时的速度大小v=v0cs60°=2v0
粒子由N点进入一矩形磁场沿y轴负方向经过O点,运动轨迹如图乙所示
乙
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
r=(3l-r)sin 30°
解得r=l
由qvB=mv2r,解得B=mvqr=2mv0ql。
(3)如图丙所示
丙
矩形磁场区域的面积最小时,矩形的长为a=2rcs 30°=3l
矩形的宽为b=r-rsin 30°=12l
所以矩形磁场区域的最小面积为Smin=ab=32l2。
11.(17分)(2024山东临沂一模)一种研究微观带电粒子的仪器原理图如图甲所示,三维坐标系O-xyz中,荧光屏P与平面xOy平行放置,分界面M与P平行并将空间分为Ⅰ、Ⅱ两区域,区域Ⅰ内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。区域Ⅱ内存在随时间变化如图乙所示的匀强磁场(沿z轴正方向为磁场的正方向),磁感应强度大小为B。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从O点以初速度v0沿z轴正方向射入区域Ⅰ,到达M时速度方向与z轴正方向成53°,此时开始计时,最后粒子在t=10πm3qB时刻打在P上。粒子的重力忽略不计,求:
(1)分界面M到O点的距离;
(2)粒子在区域Ⅱ时的速度大小;
(3)M与P间的距离;
(4)粒子打在P上时的x坐标和y坐标。
答案 (1)4mv023Eq
(2)53v0
(3)10πmv03qB
(4)10mv0qB 8mv029Eq+103mv03qB
解析 (1)根据题意可知,粒子在区域Ⅰ内,在yOz平面内做类平抛运动,沿y轴正方向有Eq=ma,vy=at,y1=12at2
设分界面M到O点的距离为z1,则有z1=v0t
又有tan 53°=vyv0
联立解得vy=43v0,z1=4mv023Eq,y1=8mv029Eq。
(2)粒子进入区域Ⅱ中后,由于洛伦兹力不做功,粒子在区域Ⅱ时的速度大小即为进入区域Ⅱ时粒子的速度大小
v=v02+vy2=53v0。
(3)粒子进入区域Ⅱ中后,沿z轴方向的运动不受洛伦兹力,沿y轴方向的运动受沿x轴正方向的洛伦兹力,在与平面xOy平行的面中做匀速圆周运动,综上所述,粒子在区域Ⅱ中,在与z轴垂直的平面中做匀速圆周运动的同时,沿z轴正方向做匀速直线运动,则M与P间的距离为LMP=vzt=10πmv03qB。
(4)根据上述分析,由牛顿第二定律有qvyB=mvy2R
解得R=4mv03qB
运动的周期为T=2πRvy=2πmqB
由图乙可知,磁场变化的周期为T'=4πm3qB=23T
则粒子在区域Ⅱ中运动13T后洛伦兹力方向反向,总的运动时间为t=10πm3qB=53T
综上所述,画出沿z轴正方向看,粒子在与z轴垂直的平面内运动的轨迹,如图所示
由图可知,根据几何关系可得,粒子打在P上的点的x坐标
x=5R+5Rsin 30°=10mv0qB
粒子打在P上的点的y坐标为
y=y1+5Rcs 30°=8mv029Eq+103mv03qB。