2023年高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题三电场和磁场课时作业9带电粒子在复合场中的运动

课时作业9带电粒子在复合场中的运动一、选择题(1～2题为单项选择题，3～4题为多项选择题)1.如下图，一块通电的铜板放在磁场中，板面垂直于磁场，板内通有如下图方向的电流，a、b是铜板左、右边缘的两点，那么()A．电势φa>φbB．电势φb>φaC．电流增大时，|φa－φb|减小D．其他条件不变，将铜板改为NaCl水溶液时，电势结果仍然一样解析：因金属导电的载流子是自由电子，自由电子的运动方向与电流方向相反，由左手定那么判定，自由电子所受洛伦兹力方向向左，因此铜板左侧聚集电子，右侧带正电，形成电场，且φb>φa；待自由电子所受洛伦兹力与静电力相等，到达稳定状态时，qvB＝qE＝qeq\f(φb－φa,d)，I＝nSqv，电流增大时，|φa－φb|增大．而将铜板改为NaCl水溶液导电时，溶液中电离出正、负离子，是正、负离子在导电，正离子运动方向与电流方向一致，负离子运动方向与电流方向相反，因而根据左手定那么知正、负离子都向左边偏转，电荷量中和，所以两边无电势差．应选B.答案：B2.如下图，竖直平面内半径为R的圆O′与xOy坐标系的y轴相切于坐标原点O，在该圆形区域内，可以有与y轴平行向下的匀强电场和垂直于圆面向外的匀强磁场，假设只加匀强电场或只加匀强磁场，一个带负电的小球从原点O以一定的初速度沿x轴进入圆形区域，小球均恰好做匀速直线运动，假设电场和磁场都撤去，其他条件不变，该带电小球穿过圆形区域的时间恰好为做匀速直线运动穿过圆形区域时间的一半．重力加速度为g，那么电场强度与磁感应强度的比值为()A.eq\r(\f(gR,2))B．2eq\r(\f(gR,2))C.eq\r(gR)D．2eq\r(gR)解析：假设电场和磁场都撤去，由题意可知小球做平抛运动．由于小球穿过圆形区域的时间恰好做匀速直线运动穿过圆形区域时间的一半，故其水平位移也恰好为做匀速直线运动穿过圆形区域的一半，即为R，即水平方向有R＝v0t，竖直方向有R＝eq\f(gt2,2)，联立解出v0＝eq\r(\f(gR,2)).设电场强度为E，磁感应强度为B，只加匀强电场或只加匀强磁场，小球均恰好做匀速直线运动，那么有qE＝mg，qv0B＝mg，解得eq\f(E,B)＝eq\r(\f(gR,2))，应选项A对．答案：A3.如下图，平行金属板a、b之间的距离为d，a板带正电荷，b板带负电荷，a、b之间还有一垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B1.一不计重力的带电粒子以速度v0射入a、b之间，恰能在两金属板之间匀速向下运动，并进入PQ下方的匀强磁场中，PQ下方的匀强磁场的磁感应强度为B2，方向如下图．带电粒子的比荷为c，那么()A．带电粒子在a、b之间运动时，受到的电场力水平向右B．平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B1C．带电粒子进入PQ下方的磁场之后，向左偏转D．带电粒子在PQ下方磁场中做圆周运动的半径为eq\f(v0,cB2)解析：由于不知道带电粒子的电性，故无法确定带电粒子在a、b间运动时受到的电场力的方向，也无法确定带电粒子进入PQ下方的磁场之后向哪偏转，选项A、C错误；粒子在a、b之间做匀速直线运动，有qeq\f(U,d)＝qv0B1，解得平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B1，选项B正确；带电粒子在PQ下方的匀强磁场中做圆周运动，轨道半径为r＝eq\f(mv0,qB2)＝eq\f(v0,cB2)，选项D正确．答案：BD4．如下图，竖直边界PQ左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，C为边界上的一点，A与C在同一水平线上且相距为L.两相同的粒子以相同的速率分别从A、C两点同时射出，A点射出的粒子初速度沿AC方向，C点射出的粒子初速度斜向左下方与边界PQ成夹角θ＝eq\f(π,6).A点射出的粒子从电场中运动到边界PQ时，两粒子刚好相遇．假设粒子质量为m，电荷量为＋q，重力不计，那么()A．粒子初动能为eq\f(πEqL,12)B．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(π,3)eq\r(\f(πEm,6qL))C．相遇点到C点的距离为eq\f(6L,π)D．从出发到相遇的时间为eq\r(\f(6Lm,πEq))解析：A点射出的粒子做类平抛运动，经时间t到达边界，L＝v0t、y＝eq\f(1,2)at2、Eq＝ma.C点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动，R＝eq\f(mv,qB)，由几何关系：2Rsinθ＝y，粒子在磁场中运动的时间与粒子在电场中运动时间相等．t＝eq\f(2θ,2π)T＝eq\f(θ,π)·eq\f(2πm,qB)，由以上关系解得：v0＝eq\r(\f(πEqL,6m))，Ek＝eq\f(πEqL,12)，B＝eq\f(π,3)eq\r(\f(πEm,6qL))，相遇点距C点距离y＝eq\f(3L,π)，t＝eq\r(\f(6Lm,πEq)).选项A、B、D正确，C错误．答案：ABD二、非选择题5．(2023·江苏卷)一台质谱仪的工作原理如下图．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；(3)假设考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝eq\f(1,2)×2mv2①设甲种离子在磁场中的运动半径为r1，那么有qvB＝2meq\f(v2,r1)②根据几何关系有x＝2r1－L③由①②③式解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L④(2)如下图．最窄处位于过两虚线交点的垂线上d＝r1－eq\r(r\o\al(2,)1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)⑤由①②⑤式解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))⑥(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2r1的最小半径r1min＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))⑦r2的最大半径r2max＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))⑧由题意知2r1min－2r2max>L，即eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))－eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))>L⑨由⑦⑧⑨式解得L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(U0－ΔU)－\r(2U0＋ΔU)))⑩答案：(1)eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(2)eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))(3)L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(U0－ΔU)－\r(2U0＋ΔU)))6．(2023·合肥二模)如下图，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.0×104V/m，另有一半径R＝1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2＝0.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为eq\f(q,m)＝5.0×105C(1)坐标d的值．(2)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，那么磁感应强度B1应满足的条件．解析：(1)带电粒子在匀强磁场B2中运动，由牛顿第二定律得：qB2v0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，解得：r＝1m＝R粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x1，竖直方向的位移为y1，那么：水平方向：x1＝v0t2竖直方向：y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝eq\f(vy,2)t2其中：a＝eq\f(qE,m)联立解得：x1＝2m，y1＝1m带电粒子运动轨迹如下图：由几何关系得：d＝R＋y1＋x1＝4m.(2)①设当匀强磁场磁感应强度为B3时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y轴相切，粒子将无法运动到x轴负半轴，此时粒子在磁场中运动半径为r1，运动轨迹如下图：由几何关系得：r1＋eq\r(2)r1＝eq\r(2)d－eq\r(2)x1解得：r1＝(4－2eq\r(2))m由牛顿第二定律得：qB3·eq\r(2)v0＝eq\f(m\r(2)v02,r1)解得：B3＝0.24T.②设当匀强磁场磁感应强度为B4时，粒子垂直打在y轴上，粒子将无法运动到x轴负半轴，粒子在磁场中运动半径为r2，由如下图几何关系得：r2＝eq\r(2)d－eq\r(2)x1＝2eq\r(2)m由牛顿第二定律得：qB4·eq\r(2)v0＝eq\f(m\r(2)v02,r2)解得：B4＝0.24T综上所述，要使粒子无法运动到x轴的负半轴，那么磁感应强度B1应满足的条件是：0<B1≤0.11T或B1≥0.24T.答案：(1)4m(2)0<B1≤0.11T或B1≥0.24T7.如下图，在第一象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度为E＝4.0×106N/C.紧靠y轴有一方形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度B1＝0.2T，方向垂直坐标平面向里．在第四象限内有磁感应强度B2＝eq\f(4,3)×10－1T，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场．P是y轴上坐标为(0,1)的一点，比荷为1.5×108C/kg的粒子以平行于x轴的速度v0从y轴上的P点射入，沿直线通过电场、磁场叠加场区域，然后经电场偏转，从x轴上某点Q点射入匀强磁场B2，粒子刚好能够到达y轴上某点C．(计算结果保存两位有效数字)求：(1)粒子射出的初速度v0以及离开x轴时的速度；(2)求Q和C的坐标；(3)粒子从P点出发再次回到y轴的时间．解析：(1)电场力与洛伦兹力平衡时粒子做直线运动所以qE＝qv0B1①v0＝eq\f(E,B1)＝eq\f(4.0×106,0.2)m/s＝2.0×107m/s②粒子在只有电场的区域内做类平抛运动沿着－y方向y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2③沿着x轴方向l＝v0t④由③④得l＝eq\r(\f(2v\o\al(2,0)y,E)·\f(m,q))＝eq\r(\f(2×2×1072,4×106)·\f(1,1.5×108)×1m)＝eq\f(2,\r(3))m⑤所以eq\f(y,l)＝eq\f(\r(3),2)⑥又因为eq\f(y,l)＝eq\f(\f(1,2)vyt,v0t)＝eq\f(vy,2v0)⑦根据⑥⑦可得eq\f(vy,v0)＝2·eq\f(y,l)＝eq\r(3)⑧粒子离开电场时的速度v＝2v0＝4.0×107因为eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)，所以粒子离开x轴时与x轴成60°角．(2)粒子在第四象限的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力qvB2＝meq\f(v2,r)r＝eq\f(mv,qB2)＝eq\f(4×107,1.5×108×\f(4,3)×10－1)m＝2.0mQ点与O点的距离l′＝r＋rcos30°＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))m＝3.7mC点与O点的距离y′＝r－rsin30°＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))m＝1m因此Q和C的坐标为Q(3.7,0)，C(0，－1)，粒子从P到Q的时间t1＝eq\f(l′,v0