【全程复习方略】2022年高考物理二轮复习 课时冲关练 4.9带电粒子在组合场、复合场中的运动（B卷）

带电粒子在组合场、复合场中的运动(B卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项正确)1.(2022·湖州一模)如图所示为一种改进后的回旋加速器的示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)A.带电粒子每运动一周被加速一次B.P1P2=P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D.加速电场的方向需要做周期性的变化【解析】选A。由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A正确；由R=mvqB和qU=12mv22-12mv12可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误；由v=qBRm可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C错误；粒子在电场中运动的方向始终不变，故D错误。2.如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(重力忽略不计)，经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP=x，能正确反映x与U之间关系的是(　　)A.x与U成正比　　　　B.x与U成反比C.x与U成正比D.x与U成反比【解析】选C。带电粒子在电场中做匀加速运动，由动能定理得qU=12mv2，解得v=2qUm，进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB=mv2r，解得r=mvqB，粒子运动半个圆周到达P点，故x=2r=22mUqB2，即x与U成正比，C正确。3.(2022·-11-\n沈阳一模)如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里。从电、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、带电量为+q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示。对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项做出判断。你认为正确的是(　　)A.2mEB2q　　　B.4mE2B2q　　　C.2mBE2q　　　D.mB2Eq【解析】选A。由动能定理知，在滑到最低点过程中，qEH=12mv2，若最低点qE=qvB，则H=mE2qB2，但最低点洛伦兹力应大于电场力，故此结果不是要求的值，但H的单位一定跟mEqB2的相同，故A正确，B、C、D错误。4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=23S0C，则下列相关说法中正确的是(　　)A.甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB2D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2【解析】选B。由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B2qv=mv2r，即qm=vB2r，由题意知r甲<r乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B正确；由qE=B1qv知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB1，C错误；由qm=vB2r知m甲m乙=r甲r乙，D错误。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题至少一个选项正确)5.(2022·温州一模)日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素131被更多的人所了解。利用质谱仪可分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量均为+q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场(入场速度忽略不计)，经电场加速后从S2-11-\n小孔射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是(　　)A.磁场的方向垂直于纸面向里B.碘131进入磁场时的速率为2qUm1C.碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为2π(m1-m2)qBD.打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为2B(2m1Uq-2m2Uq)【解析】选B、D。由于碘131和碘127带正电，进入磁场后受洛伦兹力做匀速圆周运动，由左手定则可以判断磁场的方向垂直于纸面向外，A错误；碘131在电场中加速过程，由动能定理得qU=12m1v12，解得v1=2qUm1，B正确；碘131与碘127在磁场中运动的时间分别为它们在磁场中运动周期的12，故碘131在磁场中运动的时间t1=πm1qB，碘127在磁场中运动的时间t2=πm2qB，故Δt=t1-t2=π(m1-m2)qB，C错误；碘131在磁场中运动的圆周半径为r1=m1v1qB=1B2m1Uq，碘127在磁场中运动的圆周半径为r2=m2v2qB=1B2m2Uq，故打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为Δx=2(r1-r2)=2B(2m1Uq-2m2Uq)，D正确。6.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有一重力不计的带电粒子以垂直于x轴的速度v0=10m/s从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。已知O、P之间的距离为d=0.5m，则带电粒子(　　)A.带正电荷B.在电场中运动的时间为0.1sC.在磁场中做圆周运动的半径为22mD.在磁场中运动的时间为3π40s【解析】-11-\n选A、B、D。根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A正确；由恰好与y轴成45°角射出电场可知，离开电场时vx=vy=v0，则v=2v0=10m/s，在电场中沿x轴方向做匀加速运动，d=v02t，解得粒子在电场中运动的时间为t=2dv0=0.1s，选项B正确；沿y轴方向上的位移为l=v0t=1m，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R=2l=2m，故选项C错误；在磁场中运动的时间为t=135°360°·T=38·2πRv=3π40s，故选项D正确。【加固训练】(多选)如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场。已知O、P之间的距离为d，则带电粒子(　　)A.在电场中运动的时间为2dv0B.在磁场中做圆周运动的半径为2dC.自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为7πd4v0D.自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为(4+7π)d2v0【解析】选A、D。带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，出电场时与y轴成45°角，水平速度与竖直速度相等，则由水平方向t1=dv=2dv0，则竖直方向的位移y=v0t1=2d，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，恰好垂直于x轴进入下面的磁场，则由几何关系可求出粒子的半径为r=22d且r=mvqB=2mv0qB，粒子垂直进入下面磁场中继续做匀速圆周运动，又垂直x轴出磁场，粒子自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为t2=θ2πT=7π42π×2πmqB=7πd2v0，自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t=t1+t2=(4+7π)d2v0，故选A、D。7.(2022·-11-\n宁波二模)如图所示，在xOy坐标系中，以(r，0)为圆心、r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。不计质子所受重力及质子间的相互作用力。则质子(　　)A.在电场中运动的路程均相等B.最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向C.在磁场中运动的总时间均相等D.从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等【解析】选A、C。当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示，其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行于x轴，说明质子以平行于y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，∠O2=90°-θ。所以，质子第一次在磁场中运动的时间t1=90°-θ360°T此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场，如图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行于x轴，由于O1AO3C为菱形，即CO1平行于AO3，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与θ无关。所以，OO2O3C为平行四边形，∠O3=90°+θ质子第二次在磁场中运动的时间：t2=90°+θ360°T质子在磁场中运动的总时间：t=t1+t2=T2=πmqB进入电场的速度和方向相同，故在电场中的运动路程相同，故A正确；最终离开磁场时的速度方向与O3C垂直，故不一定沿x轴正方向，故B错误；在磁场中运动的总时间均相等，为πmqB，故C正确；从不同位置第一次离开磁场时，在非场区的运动路程显然不同，而在磁场中总的圆心角相同，故在电场和磁场中的路程相同，故总路程不同，故D错误。-11-\n三、计算题(本题共2小题，共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)(2022·温州一模)如图所示，空间区域Ⅰ、Ⅱ存在匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为磁场区域的理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大。匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域磁场的磁感应强度均为B，方向分别垂直纸面向里和向外。一个质量为m，电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动。已知重力加速度为g。(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小。(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，在图中作出小球的运动轨迹；求出释放时距MN的高度h和小球从开始释放到第一次回到O点所经历的时间t。(3)试讨论h取不同值时，小球第一次穿出磁场Ⅰ区域的过程中电场力所做的功W。【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡。(2)带电小球在电磁场中运动，恰能回到O点，其运动具有对称性。(3)带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切是讨论h取不同值时，小球第一次穿出磁场Ⅰ区域的过程中电场力做功的关键。【解析】(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电。　(2分)由：qE=mg解得：E=mgq　(2分)(2)带电小球在进入磁场区域前做自由落体运动，由机械能守恒有：mgh=12mv2　(1分)带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R　(1分)由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，轨迹如图甲所示。由几何关系知R=dsin60°　(2分)-11-\n解得h=2q2B2d23m2g　(2分)小球从开始释放到回到O点所经历的时间由两部分组成，一部分为无场区的运动，时间t1=22hg　(2分)一部分为电磁场区域的运动，时间t2=76×2πmqB=7πm3qB　(2分)总时间t=t1+t2=22hg+7πm3qB=43qBd3mg+7πm3qB　(2分)(3)当带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图乙所示，有：半径R=d　(1分)解得对应高度：h0=q2B2d22m2g　(1分)讨论：①当h<h0时，小球进入磁场Ⅰ区域的速度较小，半径较小，不能进入Ⅱ区域，由磁场上边界MN第一次穿出磁场Ⅰ区域，此过程电场力做功W=0(2分)②当h>h0时，小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ第一次穿出磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，此过程电场力做功W=-qEd　(1分)即W=-mgd　(1分)答案：(1)正电　mgq(2)轨迹见解析　2q2B2d23m2g　43qBd3mg+7πm3qB(3)见解析【加固训练】-11-\n如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在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，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平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)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量。(2)求磁感应强度B的值。(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？【解析】(1)墨滴受重力和电场力做匀速直线运动，电场力与重力平衡，电场的方向竖直向下，说明墨滴带负电荷，设其电荷量为q，则有qUd=mg　①所以q=mgdU　②(2)墨滴进入电场和磁场共存区域后，受重力、电场力和洛伦兹力作用，但重力和电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，有qv0B=mv02R　③因为墨滴垂直打在下板，墨滴在该区域完成一个四分之一圆周运动，根据几何关系可知，半径R=d　④联立②③④得B=v0Ugd2　⑤(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周半径为R′，则有qv0B′=mv02R'　⑥由图示几何关系，得R′2=d2+(R′-12d)2　⑦得R′=54d　⑧-11-\n联立②⑥⑧式，得B′=4v0U5gd2答案：(1)负电荷　mgdU　(2)v0Ugd2　(3)4v0U5gd29.(22分)如图所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)。在t=0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷qm=πB0t0，不计粒子的重力。(1)t=t02时，求粒子的位置坐标。(2)若t=5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离。(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。【解析】(1)由粒子的比荷qm=πB0t0得粒子做圆周运动的周期T=2πmqB0=2t0(2分)则在0～t02内转过的圆心角α=π2　(2分)由牛顿第二定律qv0B0=mv02r1　(2分)解得：r1=mv0qB0=v0t0π　(1分)则其位置坐标(v0t0π，v0t0π)　(2分)(2)t=5t0时粒子回到原点，轨迹如图所示r2=2r1　(2分)r1=mv0qB0，r2=mv2qB0-11-\n解得：v2=2v0　(2分)又qm=πB0t0，r2=2v0t0π粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，由图知，在5t0时间内粒子距x轴的最大距离：hmax=v0+2v02t0+r2=(32+2π)v0t0　(2分)(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r′2由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足n(2r′2-2r1)=2r1(n=1，2，3，…)　(2分)r1=mv0qB0，r′2=mvqB0联立以上各式解得：v=n+1nv0(n=1，2，3，…)　(2分)又由于v=v0+E0qt0m　(2分)解得：E0=v0B0nπ(n=1，2，3，…)　(1分)答案：(1)(v0t0π，v0t0π)　(2)(32+2π)v0t0(3)v0B0nπ(n=1，2，3，…)【讲评建议】在讲解本题时，建议教师注重以下几个方面的讲解：第一问：(1)引导学生首先分析0～t0时间内粒子的受力情况，帮助学生确定粒子的运动情况。(2)让学生明确粒子在磁场中的运动周期，从而确定0～t02内转过的圆心角，求出粒子在t02时刻的位置坐标。-11-\n第二问：(1)引导学生分析0～5t0时间内粒子不同时间段内的受力情况和运动情况，画出粒子的运动轨迹。(2)进一步引导学生求出粒子在磁场中的运动轨迹半径和在电场中运动的位移，从而确定粒子距x轴的最大距离。第三问：(1)启发学生画出运动轨迹，讲清粒子能够回到原点，上下两个圆周半径应该满足的条件，并注意运动的周期性。(2)让学生根据粒子在磁场中做圆周运动的规律和在电场中做匀变速直线运动的规律，求出E0满足的条件。-11-