浙江专用2022版高考物理大二轮复习优选习题专题三电场与磁场提升训练12带电粒子在复合场中的运动问题

提升训练12　带电粒子在复合场中的运动问题1.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,其中0<x<a内有方向垂直xOy平面向里的磁场,在x>a内有方向垂直xOy平面向外的磁场,在x<0内无磁场。一个带正电q、质量为m的粒子(粒子重力不计)在x=0处以速度v0沿x轴正方向射入磁场。(1)若v0未知,但粒子做圆周运动的轨道半径为r=2a,求粒子与x轴的交点坐标;(2)若无(1)中r=2a的条件限制,粒子的初速度仍为v0(已知),问粒子回到原点O需要使a为何值?2.(2022浙江杭州四校联考高三期中)如图所示,一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C,从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=203cm的匀强磁场区域。已知偏转电场中金属板长L=20cm,两板间距d=103cm,重力忽略不计。求:14\n(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1;(2)偏转电场中两金属板间的电压U2;(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?3.(2022年2月杭州期末,13)在如图所示的平行板器件中,匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出。粒子重力不计,下列说法正确的是(　　)A.若粒子沿轨迹①射出,则粒子的初速度一定大于vB.若粒子沿轨迹①射出,则粒子的动能一定增大C.若粒子沿轨迹③射出,则粒子可能做匀速圆周运动D.若粒子沿轨迹③射出,则粒子的电势能可能增大4.(2022浙江绍兴高三模拟,3)如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板C1D1、C2D2接在电压可调的电源上。长为L的两板中点为O1、O2,O1O2连线的右侧区域存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面C1处,从喷口连续不断喷出质量为m、水平速度为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U0,墨滴在电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动,进入电场、磁场共存区域后,最终垂直打在下板的M点。(1)判断墨滴所带电荷是正电还是负电,并求其电荷量q;14\n(2)求磁感应强度B的大小;(3)现保持喷口方向不变,使入射速度减小到v0的一半,墨滴将能经过磁场后又回到O1O2左侧电场区域,当墨滴经过磁场刚回到中线O1O2时,将电压U调至多大,可以让墨滴从两金属板左侧C1C2之间离开电场?5.如图所示为一种核反应研究设备的示意图。密闭容器中为钚的放射性同位素 94239Pu,可衰变为铀核 92235U和α粒子,并放出能量为E0的γ光子(94239Pu可视为静止,衰变放出的光子动量可忽略)。衰变产生的质量为m、电荷量为q的α粒子,从坐标为(0,L)的A点以速度v0沿+x方向射入第一象限的匀强电场(电场强度方向沿y轴负方向),再从x轴上坐标(2L,0)的C处射入x轴下方垂直纸面向外的匀强磁场,经过匀强磁场偏转后回到坐标原点O。若粒子重力可忽略不计,求:(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;14\n(3)钚在核反应中亏损的质量。6.如图所示,y轴上M点的坐标为(0,L),MN与x轴平行,MN与x轴之间有匀强磁场区域,磁场垂直纸面向里。在y>L的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为E,在坐标原点O点有一正粒子以速率v0沿+x方向射入磁场,粒子穿出磁场进入电场,速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为qm,粒子重力不计。(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小;(2)从原点出发后带电粒子第一次经过x轴,求洛伦兹力的冲量;(3)经过多长时间,带电粒子经过x轴。7.14\n(2022年5月宁波诺丁汉大学附中高二期中)如图所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外;在x轴下方存在匀强电场,电场方向与xOy平面平行,且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出,一段时间后进入电场,进入电场时的速度方向与电场方向相反;又经过一段时间T0,磁场方向变为垂直纸面向里,大小不变,不计重力。(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间;(2)若要使粒子能够回到P点,求电场强度的最大值。8.如图所示,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽为d、高为h,上、下两面是绝缘板.前、后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动。(1)求开关闭合前,M、N两板间的电势差大小U0;(2)调整矩形管道的宽和高,但保持其他量和矩形管道的横截面积为S不变,求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比dh的值。14\n9.(2022年3月稽阳联谊学校选考联考)某同学在复习带电粒子在复合场中的运动时,经过思考,自己设计了一道题目:如图,C、D板之间是加速电场,电压为U,虚线OQ、QP、ON是匀强磁场的边界,且磁场范围足够大,QP与ON平行,间距为d,与OQ垂直且与竖直方向夹角θ=60°,两磁场磁感应强度大小均为B,方向垂直纸面向外。现有一个比荷为k的正电荷(重力不计),从C板的小孔静止释放,加速后从O点水平进入虚线OQ右侧空间。该电荷第二次(不包括从O点进入这一次)到达ON边界时的位置为A点(未画出)。求:(1)粒子在O点的速度大小;(2)粒子从O到A的时间;(3)若两磁场整体以O点为轴,顺时针转过30°,粒子加速后从O点水平进入,且粒子始终在OQ右侧运动,试判断粒子能否通过A点,需讲明理由。10.(2022浙江杭州五校联盟)某研究性学习小组用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。密度相同的粒子在电离室中被电离后带正电,电荷量与其表面积成正比。电离后粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ,其中磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外。收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。实验发现:半径为r0的粒子质量为m0、电荷量为q0,刚好能沿O1O3直线射入收集室。不计纳米粒子重力和粒子之间的相互作用力。(球体积和球表面积公式分别为V球=43πr3,S球=4πr2)求:(1)图中区域Ⅱ的电场强度E的大小;14\n(2)半径为r的粒子通过O2时的速率v;(3)试讨论半径r≠r0的粒子进入区域Ⅱ后将向哪个极板偏转。11.(2022年3月宁波高三质量评估)如图所示为一平面直角坐标系xOy,在第一、二象限中有一半圆形的有界磁场,圆心在O点,半圆的半径为R,磁场方向垂直坐标平面向里,磁感应强度为B,在y=R的上方有一沿x轴负方向的匀强电场,电场强度为E,在坐标原点有一粒子源,可以向第一象限坐标平面内的任意方向发射相同速率的带正电的粒子,粒子质量为m,电荷量为q,粒子的重力可以忽略不计,不考虑粒子间的相互作用。发现有一粒子从y轴上的P点离开磁场进入电场,并且此时速度方向与y轴正方向成30°夹角,求:(1)粒子速度的大小;(2)出磁场后能垂直进入电场的粒子从粒子源射出到经过y轴时所用的时间;(3)在y=R上,有粒子能进入电场的横坐标范围。14\n12.图甲为某种速度选择器示意图(图乙是该装置的俯视图),加速电场右侧是一半径为R的接地竖直金属圆筒,它与加速电场靠得很近,圆筒可绕竖直中心轴以某一角速度逆时针匀速转动。O1、O2为加速电场两极板上的小孔,O3、O4为圆筒直径两端的小孔,竖直荧光屏abcd与直线O1O2平行,且到圆筒的竖直中心轴的距离OP=3R。粒子源发出同种粒子经电场加速进入圆筒(筒内加一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小为B),经磁场偏转后,通过圆筒的小孔打到光屏上产生亮斑,即被选中。整个装置处于真空室中,不计粒子重力及粒子间相互作用。(1)若开始时圆筒静止且圆筒内不加磁场,同时让O1、O2、O3、O、O4在同一直线上。初速度不计的带电粒子从小孔O1进入加速电场,再从小孔O3打入圆筒从O4射出。当加速电压调为U0时,测出粒子在圆筒中运动的时间为t0,请求出此粒子的比荷qm。(2)仅调整加速电场的电压,可以使粒子以不同的速度射入圆筒,若在光屏上形成的亮斑范围为Q1P=PQ2=3R,求打到光屏的粒子所对应的速率v的范围,以及圆筒转动的角速度ω。14\n提升训练12　带电粒子在复合场中的运动问题1.答案(1)2(1+2-1)a　(2)3mv02qB解析(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,设其轨道半径为R,其在第一象限的运动轨迹如图所示。此轨迹由两段圆弧组成,圆心分别在C和C'处,轨迹与x轴交点为P。由对称性可知C'在x=2a直线上。设此直线与x轴交点为D,P点的x坐标为xP=2a+DP。过两段圆弧的连接点作平行于x轴的直线EF,则DF=r-r2-a2,C'F=r2-a2,C'D=C'F-DF,DP=r2-C'D2由此可得P点的x坐标为xP=2a+2rr2-a2-(r2-a2),代入题给条件得xP=2(1+2-1)a。(2)若要求带电粒子能够返回原点,由对称性,其运动轨迹如图所示,这时C'在x轴上。设∠CC'O=α,粒子做圆周运动的轨道半径为r,由几何关系得α=π6轨道半径r=acosα=233a由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qv0B=mv02r,解得a=3mv02qB。2.答案(1)1.0×104m/s　(2)100V　(3)0.1T解析(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v',根据动能定理得U1q=12mv12,解得v1=2U1qm=1.0×104m/s。(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动。水平方向:v1=Lt带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为a,出电场时竖直方向速度为v2竖直方向:a=Eqm=qU2dmv2=at=qU2dm·Lv1由几何关系得tanθ=v2v1=qU2Ldmv12=U2L2dU1U2=2dU1Ltanθ得U2=100V。(3)电微粒进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,设微粒轨道半径为R,由几何关系知R+R2=D,解得R=23D14\n设微粒进入磁场时的速度为v',则v'=v1cos30°由牛顿运动定律及运动学规律qv'B=mv'2R得B=mv'qR=m23Dq·v1cos30°,代入数据得B=0.1T,即若带电粒子不射出磁场,磁感应强度B至少为0.1T。3.D　解析初速度为v的带电粒子沿直线从右侧射出,故此时洛伦兹力和电场力平衡:qvB=Eq,可得初速度:v=EB。假设粒子带正电,若粒子沿轨迹①射出,根据左手定则可知洛伦兹力向上,可知刚进入磁场时qv'B>Eq,所以v'>EB=v,此时电场力做负功,动能减小,速度减小,假设粒子带负电,若粒子沿轨迹①射出,根据左手定则可知,洛伦兹力方向向下,可知刚进入磁场时qv'B<Eq,所以v'<EB=v,此时电场力做正功,动能增大,速度增大,故A、B错误;因为粒子重力不计,除了洛伦兹力外粒子一定还受到电场力作用,故粒子不可能做匀速圆周运动,故C错误;若粒子带负电,并且入射速度v'满足:qv'B>Eq,即v'>EB=v,粒子可能沿轨迹③射出,此时电场力做负功,电势能增大,故D正确。4.答案(1)负　mgdU　(2)v0Ugd2　(3)U0≤U≤2mv02d2qL2解析(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动,有qUd=mg,得q=mgdU由于电场方向向下,电荷所受电场力向上,可知,墨滴带负电荷。(2)进入电场、磁场共存区域后,重力与电场力平衡,洛伦兹力提供墨滴做匀速圆周运动的向心力,有qv0B=mv02R考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系,可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动,则半径R=d,由此可知B=v0Ugd2。(3)根据题设,墨滴速度减小到v=12v0时,设圆周运动半径为R'有qvB=mv2R',得R'=mvqB=mv02qB=12R=12d则墨滴恰好经过半圆回到O2。要使墨滴从两金属板左侧的C1C2之间离开电场,则墨滴应在电场力和重力作用下做匀速直线运动,从C2离开,即U1=U0或做类平抛运动,最大偏向位移的墨滴从C1离开,则有12L=vt,d=12•qU2mdt2,得U2=2mv02d2qL2所以电压的调节范围是U0≤U≤2mv02d2qL2。5.答案(1)mv022qL　(2)mv0qL　(3)239mv02470c2+E0c2解析(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。水平方向做匀速直线运动:2L=v0t竖直方向做匀变速直线运动:L=12qEm(2Lv0)2求得E=mv022qL。(2)带电粒子在C点竖直分速度为vy=qEmt=qEm2Lv0=v0粒子进入磁场的速度v=2v0方向与x轴正向成45°粒子进入磁场区域做匀速圆周运动,由几何知识可得R1=2L由洛伦兹力充当向心力时,有Bqv=mv2R1可解得B=mvqR1=mv0qL。(3)放射性同位素 94239Pu的衰变方程为 94239Pu→ 92235U+24He+γ,α粒子的质量为m,则 92235U的质量为2354m衰变过程动量守恒,MvU=mv0由动能EU=12MvU2,Eα=12mv02,14\n质量亏损放出的能量ΔE=Δmc2,ΔE=EU+Eα+E0所以Δm=239mv02470c2+E0c2。6.答案(1)mv0qL　(2)2mv0　(3)nπLv0+2mv0qE(n=1,2,3,…)解析(1)由题意如图,粒子在磁场中圆周运动的半径r=L根据qvB=mv2R,解得B=mv0qL。(2)匀强电场中,由动量定理得I=-mv0-mv0=-2mv0从原点出发后第一次经过x轴,由I+I'=mv0-mv0得洛伦兹力的冲量I'=2mv0。(3)粒子返回磁场后,再做匀速圆周运动,在磁场中运动的时间t1=πLv0电场中运动的时间为t2=2v0qEm=2mv0qE考虑周期性,带电粒子经过x轴的时间t'=nt=nπLv0+2mv0qE(n=1,2,3,…)7.答案(1)5πm4qB　(2)2mv0qT0解析(1)带电粒子在磁场中做圆周运动,设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有qv0B=mv02R,T=2πRv0依题意,粒子第一次到达x轴时,运动转过的角度为54π,所需时间为t1=58T,求得t1=5πm4qB。(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速运动,到达x轴时速度大小仍为v0,设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度大小为a,电场强度大小为E,有qE=ma,v0=12at2,得t2=2mv0qE根据题意,要使粒子能够回到P点,必须满足t2≥T0得电场强度最大值E=2mv0qT0。8.答案(1)Bdv0　(2)LSv02B24ρ　LRρ解析(1)以导电液体中带正电离子为研究对象,受力平衡时,qv0B=qE=qU0d,解得U0=Bdv0。(2)两导体板间液体的电阻r=ρdLhI=U0R+r电阻R获得的功率为P=I2R,即P=Lv0BLRd+ρh2R,当dh=LRρ时,电阻R获得最大功率,为Pm=LSv02B24ρ。9.答案(1)2kU　(2)2d2kU+2πkB　(3)见解析解析(1)qU=12mv2得v=2qUm=2kU。14\n(2)粒子的轨迹图,如图所示。连GA,则△OGA为等腰三角形,GA∥HK。据平面几何知识,得OG=HK=2d所以t1=4dv劣弧GH与优弧AK合起来恰好为一整圆,得t2=2πrv=2πmqB所以t=4dv+2πmqB=2d2kU+2πkB。(3)由(2)可得OA=23d若两磁场整体以O点为轴,顺时针转过30°。如图为粒子运动轨迹,∠QOG=30°,OQ=d,所以OG=dcos30°=233d又因为△OGA'为正三角形,所以OA'=OG=233d根据几何关系,得:OAOA'=3即通过3个周期,粒子可以通过A点。10.答案(1)B2q0Um0　(2)2q0Ur0m0r(3)当r>r0时,粒子会向上极板偏转;当r<r0时,粒子会向下极板偏转解析(1)设半径为r0的粒子被加速后的速度为v0,则12m0v02=q0U解得v0=2q0Um0设区域Ⅱ内电场强度为E,洛伦兹力等于电场力,即v0q0B=q0E解得E=Bv0=B2q0Um0。(2)设半径为r的粒子的质量为m、电荷量为q、被加速后的速度为v,则m=rr03m0而q=rr02q0由12mv2=qU解得v=2q0Ur0m0r。(3)半径为r的粒子,在刚进入区域Ⅱ时受到的合力为14\nF合=qE-qvB=qB(v0-v)由v=r0rv0可知,当r>r0时,v<v0,F合>0,粒子会向上极板偏转;当r<r0时,v>v0,F合<0,粒子会向下极板偏转。11.答案(1)qBRm　(2)(3)见解析图1解析(1)由分析可知,从O点出发,在P点离开磁场的粒子,在磁场中运动的圆弧对应的圆心角为60°,轨迹如图1所以粒子圆周运动的半径为R由牛顿第二定律,有:qvB=mv2R得:v=qBRm。(2)由判断可知,从O点入射的粒子在离开磁场时的偏向角均为60°所以,出磁场后能垂直进入电场的粒子,从O点入射时与x轴正向成30°夹角,轨迹如图2在磁场中t1=16T=πm3qB在无场区t2=1-32mqB在电场中t3=RmEq所以总时间为t=t1+t2+t3=2π+6-336·mqB+RmEq(3)画出轨迹,如图3所示最右侧:x1=Rcos30°=233R最左侧:x2=-(R-Rtan30°)tan60°=-(3-1)R。图2图312.答案(1)2R2U0t02　(2)23BR33U0t02≤v≤23BR3U0t02　2BR2U0t02解析(1)由题意可知,2R=v0t0,12mv02=qU0,得qm=2R2U0t02。14\n(2)由几何关系得r1=33R由向心力公式得qBv1=mv12r1联立解得v1=23BR33U0t02由几何关系得r2=3R由向心力公式得qBv2=mv22r2联立解得v2=23BR3U0t02所以23BR33U0t02≤v≤23BR3U0t02进入圆筒的粒子在磁场中偏转的角度和时间与圆筒转过的角度和时间都是相等的。即只要粒子能进入就能出去,故有ω=ΔθΔt=2πT又T=2πmqB联立得ω=qBm=2BR2U0t02。14