专题强化练(第十一章专题强化课十四带电粒子在叠加场中的运动)

专题强化练(40分钟78分)一、选择题:本题共2小题,每小题6分,共12分。1.(多选)(2024·安徽选择考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则()A.油滴a带负电,所带电量的大小为mgB.油滴a做圆周运动的速度大小为gBRC.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE,D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动【解析】选A、B、D。油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,由mg=Eq解得q=mgE,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力Bqv=mv2R,得v=qBRm,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=gBRE,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=m2v1Bq2,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期为T=2π·3Rv1=2πEgB,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv=m2v1+2.(多选)(2024·上饶模拟)在中国古代,人们利用磁体在地磁场中受力的特点制作司南用以辨别方向,如今在科学研究中,科学家常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示,某一竖直方向存在上、下宽度分别为d2和d的匀强电场与匀强磁场,匀强电场竖直向下,匀强磁场沿水平方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场内紧贴上边界的O点由静止释放,运动到磁场的下边界的P点(图甲中未画出)时粒子的运动轨迹正好与下边界相切。若以上电场和磁场同时存在于一足够大的区域,如图乙所示,重新让粒子从O点由静止释放,经过时间t粒子第一次到达最低点N,下列说法正确的是(A.甲图中粒子从O点运动到P点的时间为(B.乙图中粒子经过N点时速度大小为2C.乙图中O、N两点的竖直距离为dD.乙图中O、N两点的水平距离为Bqdt【解析】选B、D。设粒子在磁场中的速率为v,半径为R,在电场中由动能定理有qE·d2=12mv2,洛伦兹力充当向心力,有qvB=mv2R,由几何关系可得R=d,联立可得E=qdB2m,粒子在电场中的运动时间为t1=d2v2=mqB,在磁场中的运动时间为t2=12T=πmqB,甲图中粒子从O点运动到P点的时间为t=t1+t2=(π+1)mqB,故A错误;将粒子从O到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy,再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解,两个洛伦兹力分量分别为Fx=qBvy、Fy=qBvx,设粒子在最低点N的速度大小为v1,ON的竖直距离为y,水平方向由动量定理可得∑qBvyΔt=mv1-0=qBy,由动能定理可得qEy=12mv12,解得v1=2Bqdm,y=2d,故B正确,C错误;竖直方向由动量定理可得qEt-∑qBvx二、计算题:本题共5小题,共66分。3.(12分)(2025·佛山模拟)如图所示,粒子能量检测仪显示器的立体小单元格是边长为L的正方体微小区域,其右侧面是有彩色荧光效应的石墨烯薄膜显示屏,显示屏上的各阵点捕获到不同的能量子时,会显示与其能量值相对应的颜色,以中心O为原点在右侧面建立直角坐标系xOy,x轴平行于正方体底面,该微小区域内加有方向均沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B的匀强磁场,电荷量大小为e、质量为m的电子以某一速度正对O点并垂直右侧面射入该区域,电子在电场和磁场共同作用下发生偏转,若观察到右侧面坐标为(x0,y0)的P处发光点,求:(1)电子通过该区域过程的动能增量;(4分)答案:(1)eEx0【解析】(1)粒子从入射到出射,只有沿x轴正方向的电场力对电子做功,所以ΔEk=W=eU=eEx0(2)电子进入该区域前的速度v和打到显示屏P点时的动能。(8分)答案:(2)eB(L2+y【解析】(2)洛伦兹力与电场力垂直,根据运动的独立性,电子在磁场中向y轴正方向偏转不受电场力影响,设电子在该区域内做圆周运动的半径为R,洛伦兹力提供向心力,则有eBv=mv由几何关系可得(R-y0)2+L2=R2联立解得v=eB由动能定理得eEx0=Ek-12mv解得电子到达显示屏时的动能为Ek=e2B24.(12分)(2024·广州模拟)如图所示,以长方体abcd-a'b'c'd'的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a'a方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立O-xyz坐标系,已知Oa=ab=aa'=L。长方体中存在沿y轴负方向的匀强磁场,现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中,恰好从a点射出磁场。(1)求磁场的磁感应强度B的大小;(4分)答案:(1)2【解析】(1)粒子在abcd平面内做匀速圆周运动,如图中轨迹1所示由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv由几何关系可得r=12解得B=2(2)若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电场,让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中,为使粒子能从a'点射出磁场,求电场强度E1的大小;(4分)答案:(2)8【解析】(2)粒子在长方体中运动的时间为t=π在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动,则有L=12at2,又qE1=解得E1=8(3)若在长方体中加上电场强度大小为E2=23mv2qL、方向沿z轴负方向的匀强电场,该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中,求粒子射出磁场时与O点的距离答案:(3)(1-36π)【解析】(3)将初速度v分解为v1、v2,使v1对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡,即qv1B=qE2其中E2=2解得v1=3v,v2=v2+易知v2与z轴正方向的夹角为θ=60°若仅在v2对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,即qv2B=mv则轨道半径R=mv2qB,解得该分运动的情况如图中轨迹2所示,粒子在磁场中运动的时间为t2=π由于粒子也参与速度大小为v1、方向沿x轴正方向的匀速运动,粒子射出磁场时与O点的距离s=L-v1t2解得s=(1-36π)5.(12分)某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d,左边界与x轴垂直交于坐标原点O,其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场;Ⅱ区宽度为43d,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y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子,加速后沿x轴正方向过O点,依次经Ⅰ区、Ⅱ区,恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度大小为v0,速度方向与x轴正方向的夹角为θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8。忽略离子间的相互作用,(1)求Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小B0;(4分)答案:(1)3【解析】(1)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有qv0B0=mv根据几何关系有Rsinθ=d联立解得B0=3(2)求Ⅱ区匀强电场的电场强度大小E;(4分)答案:(2)24【解析】(2)离子在匀强电场中做类平抛运动,在x轴方向上有43d=v0cosθ·在y轴方向上(以y轴负方向为正)有y=-v0sinθ·t+12at又qE=ma,y=R-Rcosθ联立解得E=24(3)将Ⅱ区右边界和测试板同时右移使Ⅱ区足够大,在Ⅱ区同时填充题干中的匀强电场和磁感应强度大小为B=6mv05qd、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,其他条件不变,离子的运动轨迹如图乙中的虚线所示,求离子在答案:(3)1.4v0【解析】(3)离子进入Ⅱ区时,洛伦兹力沿y轴方向的分量F洛y=Bqvx=Bqv0cosθ=Eq洛伦兹力沿x轴方向的分量F洛x=Bqvy=Bqv0sinθ因此离子在Ⅱ区的运动可看成水平方向的匀速直线运动和逆时针方向的匀速圆周运动的合运动,当离子在最低点时,两个分运动速度同向,离子有速度的最大值为vm=v0cosθ+v0sinθ解得vm=1.4v06.(15分)(2025·重庆模拟)霍尔推进器主要包括以下步骤:霍尔效应使电子被约束在一个磁场中,并通过电场被加速,电子撞击推进剂(氙气、氩气等)分子,导致电子被剥离,形成离子。形成的离子在电场的作用下沿着轴向加速,加速后的离子向外喷出,反冲产生推力。在某局部区域可简化为如图所示的模型。XOY平面内存在方向向右的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,质量为m、电荷量为e的电子从坐标O点沿Y轴正方向入射,不计重力及电子间相互作用。(1)若离子质量为M,加速后以速度v沿轴向方向喷出,单位时间喷出离子数为n,求推进器产生的推力F的大小;(5分)答案:(1)nMv【解析】(1)根据动量定理得Ft=ntMv解得F=nMv(2)在某局部区域内,当电子入射速度为v0时,电子沿Y轴做直线运动,求v0的大小;(5分)答案:(2)E【解析】(2)由题知,入射速度为v0时,电子沿Y轴做直线运动则有Ee=ev0B解得v0=E(3)在某局部区域内,若电子入射速度为v04,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,求运动到离Y轴的最远距离x和回到Y轴的坐标y。(5答案:(3)3mE2eB22πmnEeB2【解析】(3)由于电子入射速度为v04,此速度可分解为沿Y轴正方向的v0和沿Y轴负方向的3v04,把洛伦兹力分解为两个分力,其中解得v0=E则电子可以看作沿Y轴正方向以v0做匀速直线运动,在Y轴左侧以34v0做匀速圆周运动,根据运动的合成可知到达离Y轴最远时速度v1=v0+3v0求x方法一:根据动能定理有eEx=12mv12-12m解得x=3mv求x方法二:由牛顿第二定律得e3v04B解得圆周运动半径为R=3又x=2R解得x=3mv求x方法三:Y方向根据动量定理得∑eBvxΔt=mv1-mvx=∑vxΔt解得x=3求y方法一:到达Y轴时间为周期的n倍,由公式evB=mvT=2π解得周期T=2πY轴坐标y=v0nT解得y=2πmnEeB2(n=1、2求y方法二:根据X方向动量定理得∑eBvyΔt-eEnT=0y=∑vyΔt解得y=2πmnEeB2(n=1、27.(15分)如图所示,坐标系xOy平面在纸面内,在x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场,0≤x<d的区域Ⅰ和x>d的区域Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1和B2。大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从原点O在坐标平面内向与x轴正方向成θ(-90°≤θ≤90°)角射入,粒子的速度大小相等,方向随角度均匀分布。沿y轴正方向射入的粒子在P(d,d)点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。(1)求粒子从原点O射入磁场时的速度大小v;(5分)答案:(1)q【解析】(1)洛伦兹力提供向心力:qvB1=mv又R=d,解得v=q(2)若在两磁场分界处有一垂直于xOy平面的足够大竖直挡板,求打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η;(5分)答案:(2)50%【解析】(2)由R=d,当初速度方向沿x轴正方向时,轨迹与磁场边界相切,此时粒子刚好打到挡板上,0°≤θ≤90°范围内的粒子都能打到挡板,所以打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η=90°(3)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力,比例系数为k,观察发现沿y轴正方向射入的