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

专题十八带电粒子在组合场中的运动（提高篇）基础巩固1.(多选)[2025·湖南衡阳模拟]某一空间中存在着磁感应强度B大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示),规定垂直纸面向里的磁场方向为正.为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→b→e→f的顺序做“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其他力不计) ()A.若粒子的初始位置在a处,在t=38TB.若粒子的初始位置在f处,在t=T2C.若粒子的初始位置在e处,在t=118TD.若粒子的初始位置在b处,在t=T22.(多选)[2025·辽宁大连模拟]在x>0的空间中存在垂直于xOy平面的磁场,x=a两侧的匀强磁场方向相反,x>a区域的磁感应强度大小为0<x<a区域的2倍.某带电粒子以速率v0由原点沿xOy平面射入该磁场,在磁场中运动的轨迹如图所示.关于粒子在磁场中的运动,下列说法正确的是 ()A.粒子在左右两磁场中运动的时间之比为4∶3B.粒子在原点的速度方向与x轴成45°角C.粒子离x轴的最远距离为2+2D.粒子离y轴的最远距离为2+43.(多选)如图所示,在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E,在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,其中C、D在x轴上,它们到原点O的距离均为a,θ=45°.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点由静止释放,设P点到O点的距离为h,不计重力作用与空气阻力的影响.下列说法正确的是 ()A.若h=B2a2qB.若h=B2a2qC.若h=B2a2q8D.若h=B2a2q4.[2025·江苏常熟模拟]如图所示,水平虚线MN上方一半径为R的半圆区域内(包括边界)有垂直于纸面向里的匀强磁场,半圆形磁场的圆心O在MN上,虚线下方有平行纸面向上的范围足够大的匀强电场.一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O点以大小为v0的初速度垂直MN平行纸面射入磁场,恰好从半圆边界的最左端穿出磁场,不计粒子的重力.(1)求磁感应强度的大小;(2)若粒子射入磁场的速度v0与ON的夹角θ=60°,粒子在磁场中运动后进入电场,一段时间后又从P点进入磁场,且OP=32R,求电场强度大小(3)在(2)中,粒子在电场和磁场中运动的总时间为多少?综合提升5.[2024·辽宁卷]现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度.简化模型如图所示:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区为电场区,Ⅳ区电场足够宽,各区边界均垂直于x轴,O为坐标原点.甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子.如图所示,甲、乙平行于x轴向右运动,先后射入Ⅰ区时速度大小分别为32v0和v0.甲到P点时,乙刚好射入Ⅰ区.乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°.甲到O点时,乙恰好到P点.已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场,电场强度大小E0=9mv02(1)求磁感应强度的大小B.(2)求Ⅲ区宽度d.(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴,电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx,其中常系数ω>0,ω已知、k未知,取甲经过O点时t=0.已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为Δx,求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)拓展挑战6.[2025·福建厦门模拟]如图所示,直角坐标系xOy平面内,第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场,E、B大小均未知.质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°角射入电场,经电场偏转后以速度v0从点P(0,d)垂直y轴进入磁场,最后从N点与x轴正方向成60°角射出磁场,不计粒子重力.(1)求粒子进入电场时的速度大小;(2)求磁感应强度B的大小;(3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力Ff=kv(k为已知常量),粒子恰好从Q点(图中未标出)垂直x轴射出磁场,求Q点的坐标;(4)在第(3)问的情况下,求粒子从P点运动到Q点的轨迹长度.

答案解析1.AD[解析]要使粒子的运动轨迹如题图乙所示,由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0=T2,若粒子的初始位置在a处,对应时刻应为t=34T0=38T,同理可判断B、C、D选项,故A、2.AB[解析]设粒子在原点的入射角为θ,在左、右侧磁场中的轨迹半径分别为r和r2,如图所示,有rcosθ=a2,又2rsinθ=a,解得θ=45°,r=a2,粒子在左、右两侧磁场中运动的圆心角分别为180°和270°,周期之比为2∶1,故运动时间之比为4∶3,选项A、B正确;粒子离x轴的最远距离为y=r2+r2cos45°=2+14a,选项C错误;粒子离y轴的最远距离为x=a+r2+r2sin3.AD[解析]若h=B2a2q2mE,则在电场中,由动能定理得qEh=12mv2,在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,联立解得r=a,根据几何关系可知,粒子垂直于CM射出磁场,故A正确,B错误;若h=B2a2q8mE,同理可得r=4.(1)2mv0qR(2)[解析](1)粒子恰好从半圆边界的最左端穿出磁场,则有r=R根据牛顿第二定律有qv0B=mv解得B=2(2)根据题意,由粒子在电场中运动时轨迹的对称性,设粒子射出磁场的位置为Q,作出粒子运动轨迹如图所示由几何关系有OQ=2×12Rcos30°=3粒子在电场中做类斜上抛运动,根据对称性可知OQ=v0cosθ·t1,v0sinθ=at1又有qE=ma解得E=m(3)粒子从P点再次进入磁场后,根据对称性可知,粒子的运动轨迹仍刚好与磁场边界相切,并从O点射出磁场,则粒子在磁场中运动的时间t磁=2×23×2πm粒子在电场中运动的时间t电=4t1=4因此粒子在电场和磁场中运动的总时间t=t磁+t电=45.(1)mv02qL(2)32[解析](1)乙粒子在Ⅰ区的运动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv由几何关系得sin30°=L联立解得磁感应强度的大小B=m(2)根据对称性可知,乙在磁场中运动的时间为t1=2×30°360°×根据对称性可知,甲粒子到P点时的速度方向沿x轴正方向,甲粒子在Ⅲ区电场中沿着直线从P点到O点,由运动学公式有d=32v0t1+12由牛顿第二定律有a=q其中E0=9联立解得Ⅲ区宽度d=32π(3)甲粒子经过O点时的速度为v甲=32v0+at因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,则甲的位置坐标为x1=v甲t同时甲所在处的电场强度E1=0,即ωt=kx1联立解得v甲=3v0,k=ω设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2,乙粒子在Ⅳ区运动的时间为t0,则t=t0+t2乙所在处的电场强度E2=ωt-kx2,即Fq=ω(t0+t2)-kx整理可得x2=3v0(t0+t2)-3对甲有x1=3v0(t0+t2)则Δx=x1-x2=3化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为F=ωq6.(1)2v0(2)mv02qd(3)mv[解析](1)粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动,竖直方向做类竖直上抛运动,则有vMcos60°=v0解得vM=2v0(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,其轨迹如图所示根据几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径满足Rsin30°=R-d解得R=2d由洛伦兹力充当向心力有Bqv0=mv解得B=m(3)对粒子受力分析可知,速度在x轴的分量会产生x轴的阻力与y轴负方向的洛伦兹力;速度在y轴的分量,会产生y轴的阻力与x轴负方向的洛伦兹力,其受力分析如图所示在x轴上,由动量定理有-(kvx+Bqvy)Δt=mΔvx由微元法累加后可得-kx-Bqy=m(0-v0)其中y=d解