專題提升18　帶電粒子在組合場中的運動-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實練]1．如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1、B2，今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場方向射入勻強(qiáng)磁場B1中，其運動軌跡為如圖虛線所示的“心”形圖線。則以下說法正確的是()A．電子的運動軌跡為PENCMDPB．B1＝2B2C．電子從射入磁場到回到P點用時為eq\f(2πm,eB1)D．B1＝4B2解析：根據(jù)左手定則可知，電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強(qiáng)磁場B1時，受到洛倫茲力方向向上，所以電子運行軌跡為PDMCNEP，故A錯誤；由題圖可知，電子在左側(cè)勻強(qiáng)磁場中的運動半徑是在右側(cè)勻強(qiáng)磁場中的運動半徑的一半，根據(jù)r＝eq\f(mv,eB)可知B1＝2B2，故B正確，D錯誤；電子在題圖所示運動過程中，在左側(cè)勻強(qiáng)磁場中運動兩個半圓，即運動一個周期，在右側(cè)勻強(qiáng)磁場中運動半個周期，所以t＝eq\f(2πm,eB1)＋eq\f(πm,eB2)＝eq\f(4πm,eB1)，故C錯誤。答案：B2.如圖所示，豎直放置的PQ板左側(cè)為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)為垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.332T，一質(zhì)量m＝6.64×10-27kg，帶電荷量q＝3.2×10-19C的粒子(不計重力)從小孔1位置以垂直板方向，大小為v＝3.2×106m/s的速度開始運動，依次通過小孔2、3、4，已知相鄰兩孔間的距離相等。則()A．粒子帶負(fù)電B．相鄰兩孔間的距離為0.2mC．帶電粒子從小孔1運動到小孔4所需時間約為5.89×10-7sD．帶電粒子在PQ板右側(cè)勻強(qiáng)磁場中運動的時間約為1.95×10-7s解析：由左手定則可判斷出粒子帶正電，故A錯誤；畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)＝0.2m，則d＝2R＝0.4m，故B錯誤；圓周運動周期為T＝eq\f(2πm,qB)≈3.93×10-7s，帶電粒子從小孔1運動到小孔4所需時間等于1.5T，即約為5.89×10-7s，故C正確；如圖所示，帶電粒子在PQ板右側(cè)勻強(qiáng)磁場中運動的時間等于T，約為3.93×10-7s，故D錯誤。答案：C3．(多選)空間存在如圖所示的相鄰磁場，磁場Ⅰ垂直紙面向里且寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場Ⅱ垂直紙面向外且寬度為eq\f(1,3)d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知，磁場Ⅰ和磁場Ⅱ的邊界為平行的豎直面。現(xiàn)有一帶電粒子以一定的水平速度從磁場Ⅰ邊界上的O點垂直磁場Ⅰ射入，當(dāng)粒子從磁場Ⅱ右邊界C點(圖中未畫出)射出時，速度方向也恰好水平，不計粒子所受重力，下列說法正確的是()A．磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3BB．粒子在磁場Ⅰ中的軌跡半徑是在磁場Ⅱ中的軌跡半徑的3倍C．粒子在磁場Ⅰ中偏轉(zhuǎn)的圓心角是在磁場Ⅱ中偏轉(zhuǎn)的圓心角的3倍D．粒子在磁場Ⅰ中運動的時間是在磁場Ⅱ中運動的時間的3倍解析：由于出射方向和入射方向相同，而粒子在兩磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)方向相反，所以粒子在磁場Ⅰ中偏轉(zhuǎn)的圓心角應(yīng)等于磁場Ⅱ中偏轉(zhuǎn)的圓心角，故C錯誤；設(shè)粒子在磁場Ⅰ、Ⅱ中的軌跡半徑分別為R1、R2，無論粒子電性如何，根據(jù)對稱性可知所得結(jié)論應(yīng)相同，所以假設(shè)粒子帶正電，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得eq\f(d,R1)＝eq\f(\f(d,3),R2)，解得R1＝3R2，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(R2,R1)＝eq\f(1,3)，所以磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝3B1＝3B，故A正確；粒子的運動周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θ,360°)T，所以粒子在磁場Ⅰ、Ⅱ中運動時間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(B2,B1)＝3，故D正確。答案：ABD4．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中第一、二、四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從S點(－l，－l)由靜止釋放，進(jìn)入磁場區(qū)域運動，恰好過x軸上P點(l，0)，不計粒子重力。(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；(2)從粒子釋放開始計時，求粒子第1次到達(dá)y軸正半軸的時間；(3)粒子第3次過y軸時的坐標(biāo)。解析：(1)帶正電粒子從S點(－l，－l)由靜止釋放，則在電場中做勻加速直線運動，從(0，－l)位置進(jìn)入磁場區(qū)域運動，恰好過x軸上P點(l，0)，可知在磁場中做圓周運動的半徑r＝l根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qlB,m)則在電場中qEl＝eq\f(1,2)mv2可得E＝eq\f(B2ql,2m)。(2)粒子在電場中加速的時間t1＝eq\f(2l,v)＝eq\f(2m,qB)粒子第1次到達(dá)y軸正半軸時，在磁場中運動半周，則運動時間t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)則總時間t＝eq\f((π＋2)m,qB)。(3)粒子從(－l，0)位置進(jìn)入第三象限的電場，則當(dāng)粒子第3次過y軸時l＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t′2y＝vt′解得y＝2l即粒子第3次過y軸時的坐標(biāo)為(0，－2l)。答案：(1)eq\f(B2ql,2m)(2)eq\f((π＋2)m,qB)(3)(0，－2l)[能力提升練]5．(2023·遼寧卷)如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，板長是板間距離的eq\r(3)倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為eq\f(2mv0,3qB)，不計粒子重力。(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。解析：(1)設(shè)平行金屬板間距為d，則平行金屬板板長為eq\r(3)d，粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向有eq\r(3)d＝v0t豎直方向有eq\f(1,2)d＝eq\f(vy,2)t又vy＝eq\f(U,d)·eq\f(q,m)t聯(lián)立解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)。(2)粒子進(jìn)入磁場時的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(2\r(3),3)v0設(shè)其與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)即α＝30°由qvB＝eq\f(mv2,r)得，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知磁場圓半徑R＝eq\f(2mv0,3qB)，則r＝eq\r(3)R作出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖1所示，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ與粒子在磁場中運動軌跡所對應(yīng)的圓心角相等，由幾何關(guān)系可得taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(\r(3),3)故θ＝60°。(3)根據(jù)幾何關(guān)系，將磁場圓繞O′點順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)O點轉(zhuǎn)到M點，粒子在磁場中的運動軌跡相應(yīng)的弦為磁場圓的直徑時，粒子在磁場中的運動時間最長。作出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的磁場圓的圓心M，如圖2所示。答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)(2)60°(3)見解析6．(2023·浙江6月卷)利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，xOy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0，3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。(1)求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；(2)若B2＝2B1，求能到達(dá)y＝eq\f(L,2)處的離子的最小速度v2；(3)若B2＝eq\f(B1,L)y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范圍，求進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。解析：(1)離子恰不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度，作出其此時的運動軌跡，如圖1所示由軌跡圖中的幾何關(guān)系得sin30°＝eq\f(r1－L,r1)解得r1＝2L由洛倫茲力提供向心力有qv1B1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)解得v1＝eq\f(2qB1L,m)由圖1中的幾何關(guān)系可得運動軌跡所對圓心角為θ＝eq\f(2π,3)則離子在磁場中的運動時間t＝eq\f(θr1,v1)＝eq\f(2πm,3qB1)。(2)法一：作出離子恰好能到達(dá)y＝eq\f(L,2)處的運動軌跡，如圖2所示若B2＝2B1，由r＝eq\f(mv,qB)可知離子在區(qū)域Ⅱ中的運動軌跡半徑為r2＝eq\f(r′1,2)由幾何關(guān)系可等效為B2＝B1時離子恰好運動到y(tǒng)＝0處，如圖3所示由軌跡圖中幾何關(guān)系可得sin30°＝eq\f(r′1－2L,r′1)解得r′1＝4L離子在區(qū)域Ⅰ磁場中運動，有qv2B1＝meq\f(veq\o\al(2,2),r′1)解得v2＝eq\f(4qB1L,m)。法二：當(dāng)離子運動到y(tǒng)＝eq\f(L,2)處時的速度方向水平向右即運動軌跡與y＝eq\f(L,2)相切時，速度最小，又B2＝2B1，則由r＝eq\f(mv,qB)可知r2＝eq\f(r′1,2)作出離子的軌跡如圖4所示由幾何關(guān)系得r2－r2sinθ＝eq\f(L,2)r′1sinθ－r′1sin30°＝L結(jié)合r2＝eq\f(r′1,2)，解得r′1＝4L，r2＝2L結(jié)合r′1＝eq\f(mv2,qB1)，可解得v2＝eq\f(4qB1L,m)。(3)法一：由區(qū)域Ⅱ中磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝eq\f(B1,L)y，可知其可等效為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(B1,2)，若再把區(qū)域Ⅱ中磁場等效為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場，則磁場寬度等效為eq\f(L,2)。畫出恰好不能進(jìn)入第四象限的離子運動軌跡，如圖5所示由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°＝eq\f(r3－1.5L,r3)解得r3＝3L由洛倫茲力提供向心力有qv3B1＝meq\f(veq\o\al(2,3),r3)解得v3＝eq\f(3qB1L,m)即速度大于v3＝eq\f(3qB1L,m)的離子都能夠進(jìn)入第四象限進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η＝eq\f(\f(6qB1L,m)－\f(3qB1L,m),\f(6qB1L,m)－\f(qB1L,m))×100%＝60%。法二：離子在水平方向上的洛倫茲力Fx＝Bqvy在磁場Ⅰ中，由動量定理得Fx·Δt＝B1qvy·Δt＝B1qΔy＝mΔvx則∑B1qΔy＝∑mΔvx即B1qL＝m(v出Ⅰx－vcos60°)在磁場Ⅱ中，由動量定理得eq\f(B1,L)·y·qvyΔt＝eq\f(B1,L)y·qΔy＝mΔvx則∑eq\f(B1,L)qyΔy＝∑mΔvx即eq\f(B1,L)q·eq\f(L2,2)＝