高三物理一輪復習-帶電粒子在復合場中的運動（鞏固與提升訓練）（含解析）

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1.（多選）如圖所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，某帶電粒子的比荷（電荷量與質(zhì)量之比）大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場。下列說法正確的是（不計粒子所受重力）（）

A.如果只增加U，粒子不可以從d、P之間某位置穿出磁場

B.如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場

C.如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場

D.如果只增加k，粒子可以從d、P之間某位置穿出磁場

【答案】AD

【解析】由題意可知qU＝mv2，k＝，r＝

解得r＝。

只增加U，r增大，粒子不可能從d、P之間某位置穿出磁場，A正確。

粒子電性不變，不可能向上偏轉(zhuǎn)從ab邊某位置穿出磁場，B錯誤。

既減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場，C錯誤。

只增加k，軌跡半徑r減小，粒子可以從d、P之間某位置穿出磁場，D正確。

2.（2022·廣東高考）如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）

【答案】A

【解析】根據(jù)題述情境，質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進入磁場，由左手定則可知，質(zhì)子先向y軸正方向偏轉(zhuǎn)穿過MNPQ平面，再向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，所以A可能正確，B錯誤

該軌跡在Oxz平面上的投影為一條平行于x軸的直線，C、D錯誤。

3.（多選）如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射狀電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A.粒子一定帶正電

B.加速電場的電壓U＝ER

C.PQ＝

D.若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有不同的比荷

【答案】AB

【解析】由左手定則可知粒子帶正電，故A正確

粒子在M、N間被加速，則有qU＝mv2，根據(jù)電場力提供向心力

則有qE＝

聯(lián)立解得U＝，故B正確

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝

可得PQ＝2R＝＝，故C錯誤

若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，說明運動的軌跡相同，由于磁場、電場與靜電分析器的半徑不變，則由C選項可知該群離子具有相同的比荷，故D錯誤。

4.（多選）（2022·湖北高考改編）如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點О射入，并經(jīng)過點P（a＞0，b＞0）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從O到P運動的時間為t1，到達P點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到Р運動的時間為t2，到達Р點的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是（）

A.t1＜t2B.t1=t2C.Ek1=Ek2D.Ek1＞Ek2

【答案】AD

【解析】若該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動

當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小

根據(jù)t＝可知t1＜t2，故A正確，B錯誤

若該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于v0

當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于v0

而根據(jù)Ek＝mv2，可知Ek1＞Ek2，故C錯誤，D正確。

5.如圖所示，位于第一象限內(nèi)半徑為R的圓形勻強磁場與兩坐標軸分別相切于P、Q兩點，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，第四象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。一帶正電粒子經(jīng)P點以速率v沿x軸正方向射入磁場恰好從Q點射出磁場。不計粒子重力。

（1）求帶電粒子的比荷

（2）求粒子第二次穿出磁場時的位置坐標和從P點射入到第二次穿出磁場所經(jīng)歷的時間t。

【答案】（1）（2）（2R，R）＋

【解析】（1）粒子經(jīng)P點以速率v沿x軸正方向射入磁場恰好從Q點射出磁場，粒子軌跡圓心在y軸上，連接PQ并做其中垂線，得粒子軌跡圓心在坐標原點，粒子運動軌跡半徑r＝R

由牛頓第二定律得qBv＝m

由以上解得帶電粒子的比荷＝。

（2）分析得，粒子垂直x軸進入電場，做勻減速運動，減速到零返回進入磁場，再次進入磁場后以半徑為R做勻速圓周運動，從N點離開磁場，其軌跡如圖所示，

粒子第二次穿出磁場時的位置坐標為（2R，R），粒子在磁場中運動時間為

t1＝T＝

粒子在電場中運動時間為t2＝＝

粒子從P點射入到第二次穿出磁場所經(jīng)歷的時間

t＝t1＋t2＝＋。

6.如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示。在t＝0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子（不計重力），初速度大小為v0，方向沿y軸正方向，在x軸上有一點A（圖中未標出），坐標為。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，y軸正方向為電場強度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應強度與電場強度的大小滿足：＝

粒子的比荷滿足：＝。求：

（1）在t＝時，粒子的位置坐標

（2）粒子偏離x軸的最大距離

（3）粒子運動至A點的時間。

【答案】（1）（2）＋（3）32t0

【解析】（1）在0～t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

qB0v0＝mr1＝m

解得T＝2t0，r1＝＝

則粒子在時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝

所以在t＝時，粒子的位置坐標為。

（2）在t0～2t0時間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示

則v＝v0＋t0＝2v0

運動的位移y＝t0＝1.5v0t0

在2t0～3t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動，

半徑r2＝2r1＝

故粒子偏離x軸的最大距離

h＝y(tǒng)＋r2＝＋。

（3）粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動的運動周期為4t0，故粒子在一個周期內(nèi)向右運動的距離

d＝2r1＋2r2＝

A、O間的距離為＝8d

所以，粒子運動至A點的時間t＝32t0。

7.扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖，Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直紙面。一質(zhì)量為m、電荷量為－q、重力不計的粒子，從行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平方向夾角θ＝30°。

（1）當Ⅰ區(qū)寬度L1＝L、磁感應強度大小B1＝B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0

（2）若L2＝L1＝L、B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應滿足的條件

（3）若B1≠B2，L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出。為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應滿足的關(guān)系式。

【答案】（1）（2）B2≥（3）B2L2＝B1L1

【解析】（1）由題意可得粒子運動軌跡大致如圖所示。

設(shè)粒子射入磁場的速度為v，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為R1

由動能定理和牛頓第二定律可得qU＝mv2

B0qv＝m

由幾何知識得L＝2R1sinθ

聯(lián)立解得B0＝

粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間為

t0＝＝。

（2）由題意可得粒子運動軌跡大致如圖所示。

設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)中做圓周運動的半徑為R2，由牛頓第二定律得

qvB2＝m，

為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，應滿足R2＋R2sinθ≤L

代入數(shù)據(jù)解得B2≥。

（3）由題意可