【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（A卷）

带电粒子在组合场、复合场中的运动(A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.如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)A.若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B.若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C.若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动D.若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动【解析】选D。P处于静止状态，带负电荷，mg=qE，若仅撤去磁场，P仍静止，A错误；仅撤去电场，P向下加速，同时受到洛伦兹力，将做复杂的曲线运动，B错误；给P一初速度，若垂直磁场方向，因mg=qE，P受洛伦兹力作用，将做匀速圆周运动，D正确；若初速度平行磁场方向，P做匀速直线运动，C错误。2.如图所示，两导体板水平放置，两板间的电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场。则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化而变化的情况为(　　)A.d随v0的增大而增大，d与U无关B.d随v0的增大而增大，d随U的增大而增大C.d随U的增大而增大，d与v0无关D.d随v0的增大而增大，d随U的增大而减小【解析】选A。带电粒子射出电场时速度的偏转角为θ，运动轨迹如图所示，有：cosθ=v0v，又R=mvBq，而d=2Rcosθ=2mvBqcosθ=2mv0Bq，选项A正确。-10-\n3.如图所示为“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的平行金属板，其电容为C，板间距离为d，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。a、b板带上电荷，可在平行板内产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直。一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，则a板所带电荷情况是(　　)A.带正电，其电荷量为Cv0BdB.带负电，其电荷量为Bdv0CC.带正电，其电荷量为CBdv0D.带负电，其电荷量为Bv0Cd【解析】选C。对带电粒子受力分析，若a板带正电，带电粒子受力平衡，qv0B=qUd，U=QC，可得电荷量为Q=CBdv0，所以答案选C。【加固训练】如图所示，在平行线MN、PQ之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场(未画出)，磁场的磁感应强度从左到右逐渐增大。一带电微粒进入该区域时，由于受到空气阻力作用，恰好能沿水平直线OO′通过该区域。带电微粒所受的重力忽略不计，运动过程带电量不变。下列判断正确的是(　　)A.微粒从左到右运动，磁场方向向里B.微粒从左到右运动，磁场方向向外C.微粒从右到左运动，磁场方向向里-10-\nD.微粒从右到左运动，磁场方向向外【解析】选B。由微粒恰好能沿水平直线OO′通过该区域说明洛伦兹力qvB与电场力qE平衡，微粒受到空气阻力作用，速度逐渐减小，沿运动方向磁场的磁感应强度必须逐渐增大。因此微粒从左到右运动，磁场方向向外，选项B正确。4.如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA=OC=d，则磁感应强度B和电场强度E可表示为(　　)A.B=2qUmqd，E=2Ud　　　B.B=2qUmqd，E=4UdC.B=qUmqd，E=2UdD.B=qUmqd，E=4Ud【解析】选B。设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU=12mv2；带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv=mv2r，依题意可知r=d，联立可解得B=2qUmqd，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由d=vt，d=12qEmt2，联立可解得E=4Ud。故B正确。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·江苏高考)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=kIHBd，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　)A.霍尔元件前表面的电势低于后表面B.若电源的正负极对调，电压表将反偏C.IH与I成正比D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比【解题指南】本题为信息题，题中“B与I成正比”“UH=kIHBd”等重要信息都要在审题中提炼出来，然后是霍尔效应的处理，从动态平衡的角度得到UH-10-\n与其他量的关系，A、B两项比较容易判断，因为本题为多选，所以用排除法排除也可以得到答案。【解析】选C、D。根据左手定则判断电子受到洛伦兹力偏到霍尔元件的后表面，所以前表面电势高于后表面，A项错误；若电源的正负极对调，线圈中产生的磁场反向，根据左手定则判断依然是前表面电势高于后表面，B项错误；根据UHdq=Bqv，有UH=Bvd，因为B=k′I，I=nqSv，v∝I，联立解得UH∝I2，而P=I2RL，所以UH∝P，D项正确；根据题中UH=kIHBd，因为UH∝I2、B=k′I，所以得到IH与I成正比，C项正确。6.(2022·温州二模)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d。质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则(　　)A.粒子在磁场中的运动半径为d2B.粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区C.粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为πmqBD.能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qB【解析】选C、D。粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=mv2r，其中v=qBdm，解得r=d，A错误；画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示。由几何关系得AO=rsin30°=2r=2d，故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故B错误；粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ-10-\n区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为t=T2=πmqB，C正确；从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图所示。轨迹对应的圆心角为60°，故时间为t=16T=πm3qB，故D正确。7.(2022·金华一模)如图所示，加速电场电压为U1，偏转电场电压为U2，B为右侧足够大的有左边界匀强磁场，一束由 11H、12H、24He组成的粒子流在O1处由静止开始经U1加速，再经U2偏转后进入右侧匀强磁场，且均能从左边界离开磁场。不计粒子间相互作用，则下列说法正确的是(　　)A.三种粒子在电场中会分为两束B.三种粒子在磁场中会分为两束C.三种粒子进磁场位置和出磁场位置间的距离比为1∶2∶2D.三种粒子进磁场位置和出磁场位置间的距离都与U2无关【解析】选B、C、D。同种带电粒子在同一地点经相同电场加速，又进入同一偏转电场，它们的运动轨迹是相同的，A错误；三种粒子从电场中同一点C以相同速度方向进入磁场做圆周运动，从O1到C点，由动能定理，(U1+UO2C)q=12mv2，圆周运动半径r=mvBq=1B2m(U1+UO2C)q∝mq，三种粒子的半径比为1∶2∶2，B正确；粒子进磁场位置和出磁场位置间的距离y=2rsinθ∝r，所以它们的距离之比为1∶2∶2，C正确；粒子进入偏转电场时速度为v0，U1q=12mv02，y=2rsinθ=2mvBqsinθ=2mv0Bq=22mU1qBq，可见与U2无关，D正确。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·-10-\n江西师大附中一模)如图所示，在坐标系xOy中，y轴右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，其上、下边界无限远，右边界为y轴，左边界为平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带正电，电量为q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=45°，大小为v。粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求：(1)粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离。(2)匀强电场的大小和方向。(3)粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间。【解析】(1)如图所示，设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v的垂线OO1，与MN相交于O1点，由几何关系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D=45°，设磁场左右边界间距为d，则OO1=2d，粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O1点，圆弧轨迹所对的圆心角为45°，且O1A为圆弧的半径R，由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直。A点到x轴的距离：AD=R(1-cos45°)　①(1分)由洛伦兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律得：qvB=mv2R　②(2分)联立①②式得：AD=mvqB(1-22)　③(1分)(2)依题意得匀强电场的方向与x轴正向夹角为135°斜向下。　(1分)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有：t1=T8　④(1分)T=2πmqB　⑤(2分)由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45°。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O2，O2必定在直线OO1上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则∠OO2P=90°。设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有：-10-\nt2=14T　⑥(1分)设带电粒子在电场中运动的时间为t3，依题意得：t3=T-(t1+t2)　⑦(1分)由匀变速运动的规律和牛顿运动定律可知：-v=v-at3　⑧(2分)a=qEm　⑨(2分)联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得：E=85πBv　⑩(1分)(3)由几何关系可得：∠OPO2=45°，故粒子自P点射出后将做类平抛运动，则沿电场方向有：s2=12at2　⑪(2分)垂直电场方向做匀速直线运动：s1=vt　⑫(2分)tan45°=s2s1　⑬(2分)联立⑨⑩⑪⑫⑬式得：t=5πm4qB　(1分)答案：(1)方向垂直磁场左边界向右　mvqB(1-22)　(2)85πBv　方向与x轴正向夹角为135°斜向下　(3)5πm4qB【总结提升】解决带电粒子运动问题的方法——数形思维法数形思维方法是解决带电粒子运动问题的基本方法。带电粒子在磁场中的圆周运动，关键是根据题中的“几何约束”，挖掘隐含的几何关系，求出轨迹半径，要善于将物理问题划归为几何问题，建立数形结合的思想。1.建立数形结合思想可以从“数、形、链”三个方面进行。(1)所谓“数”也就是物理量，可以是具体数据，也可以是符号；(2)所谓“形”，就是将题设物理情景以图形的形式呈现出来；(3)所谓“链”，也就是情景链接和条件关联。情景链接就是将物理情景分解成若干个子过程，并将这些子过程由“数、形”有机地链接起来；条件关联就是“数”间关联或临界条件关联。2.“数、形、链”三位一体，三维建模，一般分为三步建立物理模型。(1)分析和分解物理过程，确定不同过程的初、末状态，将状态量与过程量对应起来；-10-\n(2)画出关联整个物理过程的思维导图，对于运动过程直接画出运动草图；(3)在草图上标出物理过程和对应的物理量，建立情景链接和条件关联，完成情景模型。9.(22分)(2022·嘉兴二模)研究带电粒子在电、磁场中的偏转情况，在xOy平面内加如图所示的电场和磁场，第二象限-10cm≤x≤0区域内有垂直纸面向内的匀强磁场B，其大小为0.2T；在第一象限内有一电场强度方向沿y轴负方向且可沿x轴平移的条形匀强电场，其宽度d=5cm。在A(-6，0)点有一粒子发射源，向x轴上方180°范围内发射速度大小为v=2.0×106m/s的负粒子，粒子的比荷qm=2.0×108C/kg，不计粒子的重力和相互作用、相对论效应。(1)若粒子与x轴成30°角方向射入磁场，求该粒子在磁场中运动的时间。(2)求从A处发射的所有粒子中与+y轴交点的最大值坐标。(3)当电场左边界与y轴重合时满足(2)问条件的粒子经过电场后恰好平行x轴从其右边界飞出，求匀强电场的电场强度E的大小。(4)现将条形电场沿x轴正向平移，电场的宽度和电场强度E仍保持不变，能让满足第(2)问条件的粒子经过电场后从右边界飞出，在此情况下写出电场左边界的横坐标x0与从电场右边界出射点的纵坐标y0的关系式，并绘出图线。【解析】(1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB=mv2r，得r=mvqB=0.05m=5cm，　①(2分)粒子在磁场中运动周期为T=2πmqB=π2×10-7s②(2分)如图所示为粒子在磁场中运动轨迹-10-\n由几何关系得α=60°，　③(1分)t=α2πT=π12×10-7s④(1分)(2)设从y轴最上方飞出的粒子坐标为(0，y1)，由几何关系得(2r)2=62+y12，解得y1=8cm⑤(3分)(3)设从磁场射出时速度方向与x轴的夹角为θ，有sinθ=610，即θ=37°，(1分)粒子在电场中运动的时间为t1=dvcosθ，　⑥(2分)设粒子的加速度大小为a，则a=qEm，　⑦(1分)vsinθ=at1，　⑧(2分)由⑥⑦⑧解得E=mv2cosθsinθqd=1.92×105N/C⑨(2分)(4)如图所示，带电粒子离开磁场后先做匀速运动，后做类平抛运动。-10-\n电场左边界的横坐标x0与从电场右边界出射点纵坐标y0的函数关系为y1-(x0+d2)tanθ=y0，即y0=6.125-0.75x0　⑩(2分)当x0=0时，从电场右边界出射点的纵坐标为y0=6.125cm，当y0=0时，电场左边界的横坐标x0=496cm，图线如图所示。　(3分)答案：(1)π12×10-7s　(2)(0，8)　(3)1.92×105N/C(4)y0=6.125-0.75x0　图线见解析-10-