高考物理一轮复习专题练习 专题十八 带电粒子在组合场中的运动（基础篇）

专题十八带电粒子在组合场中的运动（基础篇）基础巩固1.(多选)[2025·四川成都模拟]如图所示,空间存在方向垂直于纸面向里的分界磁场,其中在MN左侧区域的磁感应强度大小为B,在MN右侧区域的磁感应强度大小为3B.一质量为m、电荷量为q、重力不计的带电粒子以平行纸面的速度v从MN上的O点垂直MN射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次与入射方向相同时,下列说法正确的是 ()A.粒子运动的时间是4πB.粒子运动的时间是2πC.粒子与O点间的距离为4D.粒子与O点间的距离为mv2.[2025·黑龙江哈尔滨模拟]如图所示,两匀强磁场的方向相同,以虚线MN为理想边界,左、右两侧磁场的磁感应强度大小分别为B1、B2.今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入左侧匀强磁场中,其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线,则以下说法正确的是 ()A.电子运动的路径为PENCMDPB.B1=2B2C.电子从射入磁场到回到P点用时为2πD.B1=4B23.(多选)如图所示,在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场.a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后,经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转.最后从y轴离开磁场时,速度大小分别为v1和v2,v1的方向与y轴垂直,v2的方向与y轴正方向成60°角.a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2,则以下比值正确的是 ()A.v1∶v2=2∶1B.v1∶v2=1∶2C.t1∶t2=3∶2D.t1∶t2=3∶84.如图所示,虚线ab上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ,下方存在方向相同、磁感应强度大小为λB的匀强磁场Ⅱ,虚线ab为两磁场的分界线.M、O、N位于分界线上,点O为MN的中点.一电子从O点射入磁场Ⅰ,速度方向与分界线ab的夹角为30°,电子离开O点后依次经N、M两点回到O点.已知电子的质量为m,电荷量为e,重力不计,求:(1)λ的值;(2)电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间.综合提升5.(多选)[2025·山西太原模拟]如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线,虚线与x轴正方向间的夹角为θ=30°.虚线上方有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.75×10-3T.虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E=20N/C的匀强电场.一比荷qm=2×105C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0=300m/s沿x轴正方向射入磁场,粒子进入磁场后,从虚线上的M点(图中未画出)垂直于虚线方向进入电场(不计粒子所受重力),则 (A.该带电粒子一定带正电B.O、M之间的距离为2mC.粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98mD.粒子第一次穿过虚线后能击中x轴6.[2025·新课标卷]一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动,其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx,vy)表示,vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量.粒子出发时P位于图中a(0,v0)点,粒子在水平方向的匀强电场作用下运动,P点沿线段ab移动到b(v0,v0)点;随后粒子离开电场,进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场,P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(-v0,v0)点;然后粒子离开磁场返回电场,P点沿线段ca回到a点.已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等.不计重力.求:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期;(2)电场强度的大小;(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时,粒子位移的大小.拓展挑战7.[2025·广东深圳模拟]如图所示,MHN和PKQ为竖直方向的平行边界线,水平线HK将两边界围成区域分为上下两部分,其中Ⅰ区域内为竖直向下的匀强电场,Ⅱ区域内为垂直纸面向外的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度v0垂直边界进入Ⅰ区域,从C点离开Ⅰ区域进入Ⅱ区域.已知AH=h,HC=2h,粒子重力不计.(1)求Ⅰ区域匀强电场的电场强度E的大小;(2)若两竖直边界线距离为4h,粒子从Ⅱ区域左边界射出,求Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围.

答案解析1.AC[解析]粒子在MN右侧运动半个周期后回到MN左侧,再运动半个周期后的速度方向与入射方向相同,在MN右侧运动的时间t1=12T1=12×2πm3qB=πm3qB,在MN左侧运动的时间t2=12T2=12×2πmqB=πmqB,因此粒子的速度方向再次与入射方向相同时运动的时间为t=t1+t2=4πm3qB,故A正确,B错误;在MN右侧粒子位移为L1=2R1=2mv3qB,在MN左侧粒子位移为L2=2R2=2.B[解析]根据左手定则可知,电子从P点沿垂直于磁场的方向射入左侧匀强磁场时,受到的洛伦兹力方向向上,所以电子运动的路径为PDMCNEP,故A错误;由题图可知,电子在左侧匀强磁场中运动的半径是在右侧匀强磁场中运动的半径的一半,根据r=mveB可知B1=2B2,故B正确,D错误;电子从射入磁场到回到P点的过程中,在左侧匀强磁场中运动了两个半圆,即运动了一个周期,在右侧匀强磁场中运动了半个周期,所以用时为t=2πmeB1+πme3.AD[解析]粒子在电场中加速,设加速的位移为x,则根据动能定理有qEx=12mv2,解得v=2qExm,粒子在磁场中运动时,其轨迹如图所示,a粒子运动轨迹的圆心为O,b粒子运动轨迹的圆心为O',根据几何知识可知,r2·sin30°+r1=r2,则r1∶r2=1∶2,根据洛伦兹力提供向心力,有r=mvqB,联立可得m1q1∶m2q2=1∶4,v1∶v2=2∶1,故A正确,B错误;粒子在磁场中运动的周期T=2πrv=2πmqB,粒子在磁场中运动的时间t=θ2πT,则两粒子的运动时间之比4.(1)12(2)[解析](1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2,电子在磁场中做匀速圆周运动有evB=mvevλB=mv由于最终能回到O点,由几何关系,可得R2=2R1 联立解得λ=1(2)电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1=2π电子在磁场Ⅱ中的运动周期T2=2πmeλB设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3,由几何关系可得O到N的圆心角为60°,则t1=16TN到M的圆心角为300°,则t2=56TM到O的圆心角为60°,则t3=16T电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间为t=t1+t2+t3联立以上式子,解得t=4π5.BC[解析]该粒子所受洛伦兹力向下,根据左手定则可知,该带电粒子一定带负电,A错误;根据牛顿第二定律有qv0B=mv02r,解得r=2m,由于粒子经过P、M两点时速度方向分别与y轴、虚线垂直,所以做圆周运动的圆心为原点O,则O、M之间的距离为2m,B正确;粒子在电场中运动时,垂直于x轴方向的分初速度为vy=v0cos30°=1503m/s,垂直于x轴方向的加速度为ay=qEsin30°m=2×106m/s2,在垂直于x轴方向上减速运动过程中,有vy2=2ayy,解得减速运动的位移y≈0.02m,M点到x轴的距离为d=rsin30°=1m,所以粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为ymin=d-y≈0.6.(1)2mv0Bq2πm(3)2−[解析](1)由题意可知,粒子速度对应b(v0,v0)点时开始在磁场中运动,所以粒子在磁场中做圆周运动的线速度大小为v=v02+v设粒子做圆周运动的半径为r,周期为T,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv解得r=2由圆周运动规律得T=2π解得T=2π(2)根据题意,粒子速度用图示的直角坐标系内一个点P(vx,vy)表示,则图中闭合曲线即速度矢量变化曲线,已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等,说明速度变化率大小相等,即加速度大小相等,则在匀强电场中和在匀强磁场中的加速度大小相等,根据a=Fm可得Bqvm解得E=2Bv0(3)根据粒子的速度矢量变化图作出粒子在匀强电场和匀强磁场中运动的轨迹如图所示粒子先在匀强电场中做类平抛运动,再在匀强磁场中做匀速圆周运动,后又在匀强电场中做逆向类平抛运动直到速度垂直于电场,由速度矢量变化图可知,粒子在匀强电场中运动的总时间t1与在匀强磁场中运动的总时间t2的关系为t1t其中t2=34P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时,粒子位移的大小s=|y2-2y1|其中y2=2ry1=v0t1联立解得s=(2-7.(1)mv022qh[解析](1)如图所示,粒子从A点至C点做类平抛运动,垂直电场方向有2h=v0t1平行电场方向有h=12a根据牛顿第二定律有qE=ma联立解得E=m(2)粒子在C点速度的竖直分量vCy=at1=v0故粒子在C点的速度为vC=v02+v方向为斜向右下方与HK夹角为45°,当粒子恰好不从MN边界出射时,粒子轨迹如图轨迹①所示,设此种情况下,粒子在磁场中轨迹半径为r1,