第1部分 专题3 第10讲 带电粒子在复合场中的运动（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·广东深圳市第一次调研)质谱仪可以用来分析同位素．如图所示，在容器A中有互为同位素的两种原子核，它们可从容器A下方的小孔S1无初速度飘入加速电场，经小孔S3垂直进入匀强磁场，分别打到M、N两点，距离S3分别为x1、x2.则分别打到M、N的原子核质量之比为(　　) A.　　 B．　　 C.　　 D． 解析：C　[设原子核的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度大小为v，则粒子在电场中加速的过程，由动能定理有qU＝mv2，解得速度为v＝；在磁场中，洛伦兹力提供向心力qvB＝，代入速度得r＝，由题知r1＝，r2＝，因此有＝＝，解得原子核质量之比为＝.] 2．(多选)(2024·昆明质检)某型号的回旋加速器的工作原理图如图所示．回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度大小为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用，则下列说法正确的是(　　) A．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D形盒运动轨迹的半径r＝ B．D形盒半径R＝ C．质子能够获得的最大动能为 D．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1∶1 解析：AB　[设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，由动能定理得qU＝mv，① 由牛顿第二定律有qv1B＝m，② 联立①②式解得r1＝ ，故A正确；设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v，则2nqU＝mv2，③ qvB＝m，④ 质子做圆周运动的周期T＝，⑤ 质子运动的总时间t＝nT，⑥ 联立③④⑤⑥式解得R＝ ，故B正确；根据qvB＝m，解得v＝，质子射出加速器时的动能Ek＝mv2＝＝，故C错误；根据圆周运动的周期T＝，由于质子与α粒子的电荷量之比为1∶2，而质子与α粒子的质量之比为1∶4，因此它们周期之比为1∶2，那么频率之比为2∶1，故D错误．] 3．(2024·泰安高三期末)磁流体发电机的原理如图所示，燃烧室在3 000 K的高温下将气体全部电离成高温等离子体．等离子体经喷管提速后以速度v进入矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速度方向的匀强磁场．已知磁感应强度大小为B，发电通道长为l，宽为b，高为a，高温等离子体的电阻率为ρ，外部电路连接一阻值为R的电阻，导线电阻不计．当开关S闭合后，下列说法正确的是(　　) A．外部电路中的电流方向为N→R→M B．回路电流I＝ C．发电机的输出功率P＝2R D．为维持等离子体匀速流动，矩形发电通道左右端的压强差Δp＝ab 解析：C　[由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正极，下极板为负极，则外部电路中的电流方向为M→R→N，选项A错误；稳定时，洛伦兹力等于电场力，即qvB＝q，所以发电机产生的电动势为E＝U＝Bav，根据闭合电路欧姆定律可得回路中的电流为I＝＝，选项B错误；发电机的输出功率为P出＝I2R＝2R，选项C正确；矩形发电通道左右端的压强差为Δp＝＝＝，选项D错误．] 4. (多选)(2024·杭州学军中学月考)如图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d，区域Ⅱ的出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上，若半径为r0、质量为m0、电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子的重力，则(　　 ) A．区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为 B．区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bd C．若密度相同的纳米粒子的半径r＞r0，则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过 D．若密度相同的纳米粒子的半径r＞r0，它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为 解析：AD　[设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有q0U＝m0v2，设区域Ⅱ内电场强度为E，由题意可知洛伦兹力与电场力等大反向，即q0vB＝q0E，联立解得E＝B ，则＝ ，区域Ⅱ左右两极板的电势差为U1＝Ed＝Bd ，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r＞r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电荷量为q、加速后的速度为v′，则m＝3m0，而q＝2q0，由mv′2＝qU，解得v′＝ ＝ v＜v，故粒子进入区域Ⅱ后受到的洛伦兹力变小，粒子向左偏转，故C错误；由于v′＝ v，由E＝Bv得，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为 ，故D正确．] 5．(多选)(2024·湖南衡阳一模)如图所示，在xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场，第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度E＝2.5 N/C，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为ON＝9 m，M点为x轴正方向上的一点，OM＝3 m．现有一个比荷为＝1.0 C/kg的带正电小球(可视为质点且重力不计)，从挡板下端N处小孔的右侧某处由静止释放，经匀强电场加速后从N处小孔沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则带电小球从释放点到N点距离的可能值为(结果保留2位有效数字)(　　) A．2.5 m　 B．2.8 m　　C．4.0 m　　D．5.0 m 解析：BD　[若小球与挡板碰撞一次，轨迹如图甲所示．根据几何知识得 甲 r2＝OM2＋OO′2，OO′＝3r－ON， 解得r1＝3 m，r2＝3.75 m； 根据牛顿第二定律得 qv1B＝m，qv2B＝m， 解得v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s； 设带电小球从释放点到N点距离为x，根据动能定理得qEx1＝mv，qEx2＝mv， 解得x1＝1.8 m，x2＝2.8 m； 若小球与挡板没有发生碰撞，轨迹如图乙所示．根据几何知识得 乙 r＝OM2＋OO′2，OO′＝ON－r3，解得r3＝5 m， 根据牛顿第二定律得qv3B＝m，解得v3＝5 m/s， 根据牛顿第二定律得qEx3＝mv，解得x3＝5.0 m，分析计算可知小球与挡板最多碰撞一次，故A、C错误，B、D正确．] 6．(2024·辽宁鞍山一模统考)如图所示，平面直角坐标系中存在一个半径R＝0.2 m的圆形匀强磁场区域，圆心与原点重合，磁感应强度B＝ T，方向垂直纸面向外．y≤－0.2 m区域有电场强度大小为E的匀强电场，方向沿y轴正方向．现从坐标为(0.2 m，－0.3 m)的P点以速度大小v0＝5.0×103 m/s沿x轴负方向发射出质量m＝2.0×10－9kg、带电荷量q＝5.0×10－5C的带正电粒子，射入匀强电场后恰从圆形磁场区域的最低点进入磁场(粒子重力不计)． (1)求该匀强电场E的大小； (2)求带电粒子在匀强磁场B中做圆周运动的半径r. 解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为0.2 m，则有x＝v0t， 竖直方向有y＝at2， 其中y＝0.3 m－0.2 m＝0.1 m， 根据牛顿第二定律有qE＝ma， 解得E＝5×103 N/C. (2)设带电粒子进入磁场时，速度方向与x轴负方向的夹角为θ，如图所示，则tan θ＝， 由于vy＝at， 解得θ＝45°， 所以进入磁场的速度v＝， 解得v＝5×103 m/s， 在磁场中有qvB＝m， 解得r＝0.2 m. 答案：(1)5×103N/C　(2)0.2 m [B组　创新应用练] 7．(2024·黑龙江齐齐哈尔市一模)如图所示，平面直角坐标系xOy中，x>0区域内存在着与x轴夹角为45°方向斜向左下的匀强电场E2，电场强度大小为E2＝10 V/m，在－1 m<x≤0区域内存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x≤－1 m区域内存在沿y轴负方向的匀强电场E1，电场强度大小为E1＝20 V/m.一个带正电粒子从电场E1中P(－2 m,0.5 m)点沿x轴正方向以初速度v0＝2 m/s射出，粒子恰好从坐标原点进入电场E2，该粒子的比荷＝0.2 C/kg，不计粒子重力，求： (1)粒子进入磁场时的速度； (2)磁感应强度大小； (3)粒子从P点射出到第三次经过y轴时的时间． 解析：(1)根据题意可知，粒子在电场E1中做类平抛运动，设经过t1时间进入磁场，有x＝v0t1， 解得t1＝0.5 s，则有y＝×t＝0.5 m， 粒子从(－1 m,0)处进入磁场，其速度大小 v＝＝＝2 m/s， 速度方向与x轴正向夹角为θ tan θ＝＝＝1， 解得θ＝45°，速度方向斜向右下； (2)由对称性及题意可知，粒子恰从原点进入电场E2时速度方向与x轴正向夹角也为45°，即在磁场中转过角度α＝90°，设在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图所示， 由几何关系得d＝R， 则R＝ m， 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝， 解得B＝20 T. (3)粒子进入电场E2做匀减速运动，当速度为零时速度反向，由动能定理有mv2＝E2qs，解得s＝ m， 在磁场做圆周运动的周期T＝＝ s， 粒子在磁场中运动时间t2＝＝ s， 粒子在电场E2中单程运动时间t3＝＝1 s， 粒子再次进入磁场做圆周运动，由左手定则，逆时针转过90°后垂直进入电场E2，用时t4＝t2，则粒子从P点射出到第三次通过y轴的时间为 t＝t1＋t2＋2t3＋t4＝s. 答案：(1)2 m/s，方向与x轴夹角为45°斜向右下　(2)20 T　(3)s 8．(2024·河南二模)建立如图所示的坐标系xOy，x轴紧挨着光滑绝缘的水平地面．在x≥0且0≤y≤a区域内存在着彼此垂直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场平行y轴向上，匀强磁场垂直纸面向里．质量为m且带电荷量为q的小球(视为点电荷)从坐标原点以速度v0沿x轴射入该区域，小球在复合场中做匀速圆周运动，并恰好从坐标为(0，a)的点飞离复合场．忽略空气阻力，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，试求： (1)匀强电场E及匀强磁场B的大小； (2)小球落地时的坐标； (3)若小球从坐标原点以速度2v0第1次沿x轴射入该区域，此后经多长时间第5次进入复合场，并确定进入点的坐标． 解析：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，故静电力与重力平衡，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，则有mg＝qE，解得E＝， 小球恰好从坐标为(0，a)的点飞离复合场，由几何关系得r＝，洛伦兹力提供向心力qv0B＝m， 联立解得B＝. (2)小球飞离复合场后做平抛运动，则有 a＝gt2，x＝v0t，解得x＝v0， 故小球落地时的坐标为. (3)若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，小球在磁场中运动的轨迹半径为r′，有 q×2v0B＝m，解得r′＝2r＝a， 根据几何关系可知，小球在磁场中运动四分之一圆弧后垂直于磁场边界方向即竖直向上做竖直上抛运动，再竖直进入磁场做周期性运动，第5次进入复合场时经历了四次竖直上抛的往复运动时长为 t1＝4×＝， 小球在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T＝＝， 在磁场中偏转的时间为t2＝7×＝， 故第5次进入复合场的时间为 t＝t1＋t2＝＋， 第5次进入复合场的横坐标为 x′＝r′＋3×2r′＝7a， 故进入点的坐标为(7a，a)． 答案：(1)　　(2) (3)＋　(7a，a) 9．(2024·河北张家口二模)如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场．一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ＝60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示．已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力． (1)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比； (2)求小球Q静止的位置距O点的距离； (3)若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？ 解析：(1)小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力分析如图所示 根据几何关系可得＝tan θ， 小球Q静止在第一象限，则qE1＝mg， 联立可得＝tan θ＝. (2)小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m， rsin θ＋r＝d， 粒子在第二象限中有qvBcos θ＝mg， 联立解得d＝(＋2). (3)结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝×2m(2v)2－×2mv2， 解得h＝. 答案：(1)　(2)(＋2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$