【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（新高考新教材） 专题分层突破练9　带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析.docx，共(11)页，884.669 KB，由小赞的店铺上传

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专题分层突破练9带电粒子在复合场中的运动A组基础巩固练1.(多选)(2022广东卷)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说

法正确的有()A.电子从N到P,静电力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N,洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力2.(2023全国新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后

,打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点,a点在小孔O的正上方,b点在a点的右侧,如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的110,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为()A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B.

电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外3.(2023浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场。粒子从M点射入,沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平

滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N点射出,虚线处电场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满足()A.𝐸1𝐸2=𝑅2𝑅1B.𝐸1𝐸2=𝑅12𝑅22C.𝐸1𝐸2=𝑅1𝑅2D.𝐸1𝐸2=𝑅22𝑅124.(多选)(202

3湖南九师联盟联考)回旋加速器的主要部件示意图如图甲所示,回旋加速器D形盒的俯视图如图乙所示,两盒间的狭缝很小,粒子穿过的时间忽略不计,已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强度为B,D形盒的半径为r,高频电源的频率为

f,最大电压为U,若A处的粒子源产生一个电荷量为q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场,能一直被回旋加速最后从D形盒出口飞出,下列说法正确的是()A.被加速的粒子的比荷为π𝑓𝐵B.粒子从D形盒出口飞出时的速度为2πfrC.粒子在D形盒中加速的次数

为π𝑓𝐵𝑟2𝑈D.当磁感应强度变为原来的12,同时改变频率f,该粒子从D形盒出口飞出时的动能为πfqBr25.(多选)(2023湖北武汉模拟)电磁流量计可以测量导电流体的流量(单位时间内流过某一横截面

的流体体积)。如图所示,它是由一个产生磁场的线圈,以及用来测量电动势的两个电极a、b所构成,可架设于管路外来测量液体流量。以v表示流速,B表示电磁线圈产生的磁场,D表示管路内径,若磁场B的方向、流速v的方向与测量电磁线圈感应电动势两电极连线的方向三者相互

垂直,则测得的感应电动势为U0,下列判断正确的是()A.电极a为负极,电极b为正极B.电极a为正极,电极b为负极C.U与液体流量成正比D.U与液体流量成反比6.(多选)(2023陕西西安模拟)如图所示,质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一速度进入两平行板间的正交电磁场后恰好沿虚

线做直线运动,然后从P点进入右侧的圆形匀强磁场,最后从Q点离开圆形磁场。两板间的电压为U,间距为d,两板间磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,圆形磁场的方向垂直纸面向里且圆心O在虚线上,半径也为d,P、Q两点间的距离为√2d。不计

粒子受到的重力。下列说法正确的是()A.粒子在两板间运动的速度大小为𝑈𝐵𝑑B.粒子在圆形磁场中运动的轨道半径为√2dC.圆形磁场的磁感应强度大小为𝑚𝑈𝑞𝐵𝑑2D.粒子在圆形磁场中运动的时间为π𝐵𝑑2𝑈7.(2023重庆二模)如图所示,一带电粒子以速度v0从O点沿两极板

中线OA射入平行板电容器,若电容器极板间只有图示磁感应强度为B的匀强磁场时,该粒子从上极板右端点N射出,若电容器极板间只有图示电场强度为E的匀强电场时,该粒子从下极板右端点Q射出,若电容器极板间同时有图示磁感应强度为B的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场时,该粒子将(不计粒子重力)()A.从AN间

射出B.从AQ间射出C.从A点射出D.无法直接射出8.(多选)(2023安徽高三联考)如图甲所示,让离子流从容器A下方的小孔无初速度飘入加速电场,加速后垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场,最后打在照相底片D上,形成一系列谱线。某

位科学爱好者经过一系列操作得到图乙所示的图像,图像纵轴x表示“谱线”到离子射入磁场的入射点的距离,而横轴表示的量未知,则下列分析判断正确的是()A.图像横坐标轴一定表示离子比荷的二次方根B.图像横坐标轴可能表示离子比荷倒数的二次方根C.图像横坐标轴可能表示加速电场的电势

差D.图像横坐标轴可能表示加速电场电势差的二次方根B组素能提升练9.(2023湖南卷)如图所示,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内

存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强

度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是()A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0B.若仅将区域Ⅰ中电

场强度大小变为2E,则t>t0C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√34B2,则t=𝑡02D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√24B2,则t=√2t010.(2023湖南怀化高三阶段练习)利用电场和磁场控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示

,在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场,第四象限内边长为L的正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的粒子从P点以速度v0垂直射入电场,从a点进入磁场后,恰好从c

点离开磁场。已知P点坐标为(0,L),a点坐标为(L,0),c点坐标为(2L,-L),不计粒子受到的重力,求:(1)匀强电场的电场强度E的大小;(2)粒子离开磁场时的速度v的大小;(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小。11.(2023江苏卷)

霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示

,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。(1)求电场强度E的大小。(2)若电子入射速度为𝑣04,求运动到速度为𝑣02时位置的纵坐标y1。(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=𝑚𝑣05𝑒𝐵位置的电子数N占总电子数N0的

百分比。12.(2023湖南张家界二模)如图所示,O-xyz坐标系的y轴竖直向上,在yOz平面左侧-2l<x<-l区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场,-l<x<0区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场,在yOz平面右侧区域同时存在着沿

x轴正方向的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小均与yOz平面左侧相等,电磁场均具有理想边界。一个质量为m、电荷量为+q的粒子从M(-2𝑙,𝑙2,0)点以速度v0沿x轴正方向射入电场,经N(-l,0,0)点进入磁

场区域,然后从O点进入平面yOz右侧区域,粒子从离开O点开始多次经过x轴,不计粒子重力。求:(1)匀强电场的电场强度的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度的大小;(3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点

的距离s。专题分层突破练9带电粒子在复合场中的运动1.BC电子所受静电力水平向左,电子从N到P的过程中静电力做负功,选项A错误。匀强电场方向水平向右,N点的电势高于P点的电势,选项B正确。由于洛伦兹力一直与速度方向垂直,故电子从M到N,

洛伦兹力不做功,选项C正确。由于M点和P点在同一等势面上,故从M到P静电力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受静电力作用,在匀强电场中电子在这两点静电力相等,即合力相等,选项D错误。2.C

当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向左,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向右,不可能有粒子射到a点,选项A错误;当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时,可能有受力平衡的粒子,若a处为电子,则α粒子受到的静电力大,将

射到a的左侧,若a处为α粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a的左侧,选项B错误;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里时,可能有受力平衡的粒子,若a处为电子,则α粒子受到的静电力大,将射到a的右侧,若a处为

α粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a的右侧,选项C正确;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向右,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向左,不可能有粒子射到a点,选项D错误。3.A根据题意知,静电力提供粒子做圆周运动

的向心力,有E1q=m𝑣2𝑅1,E2q=m𝑣2𝑅2,联立两式解得𝐸1𝐸2=𝑅2𝑅1,选项A正确。4.BC粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2π𝑚𝑞𝐵,根据题意,粒子能够一直被回旋加速,故高频电源的周期等于粒子在磁场中做匀速圆

周运动的周期,即T=1𝑓,联立两式可得𝑞𝑚=2π𝑓𝐵,故A错误;当粒子从D形盒出口飞出时有v=2π𝑟𝑇=2πfr,故B正确;从粒子一开始加速到飞出D形盒,根据动能定理有nqU=12mv2,解

得加速次数为n=π𝑓𝐵𝑟2𝑈,故C正确;当磁感应强度变为原来的12时,即B'=12B,由于粒子的比荷保持不变,故电源的频率变为f'=12f,当粒子从D形盒口飞出时,其动能为Ek=12mv'2=12m(2πf'r)2

=14πfqBr2,故D错误。5.AC根据左手定则,带正电离子受洛伦兹力向电极b移动,带负电离子受洛伦兹力向电极a移动,故电极a为负极,电极b为正极,故A正确,B错误;带电粒子受洛伦兹力与静电力平衡,有

q𝑈0𝐷=qvB,又由流量为Q=𝑣𝑡=π(𝐷2)2𝑣𝑡𝑡=π𝐷2𝑣4,联立解得感应电动势U0=4𝑄𝐵π𝐷,可知U与液体流量成正比,故C正确,D错误。6.AC粒子在两板间沿直线运动,则可知粒子在两板间有𝑈𝑞𝑑=Bqv,解得v=𝑈𝐵𝑑,故A正确;粒子在

圆形磁场中沿径向射入则一定沿径向射出,由几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径为R=d,故B错误;设圆形磁场的磁感应强度为B0,粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力有B0qv=m𝑣2𝑅,解得B0=𝑚𝑈𝑞𝐵𝑑2,故C正确;由几何关系可知

,粒子在圆形磁场中偏转的角度为π2,即为周期的14,所以在磁场中运动的时间为t=14T=14×2π𝑚𝑞𝐵0=π𝐵𝑑22𝑈,故D错误。7.B只有磁场时,粒子从N点射出,粒子圆周运动轨迹如图所示,设电容器板长为L,间距为2d,由几何关系有

L2+(r-d)2=r2,得半径r=𝐿2+𝑑22𝑑,由洛伦兹力提供向心力,得qv0B=𝑚𝑣02𝑟=2𝑑𝑚𝑣02𝐿2+𝑑2,只有电场时,粒子从Q点射出,粒子做类平抛运动,有L=v0t,d

=12at2,其中a=𝑞𝐸𝑚,得静电力qE=2𝑑𝑚𝑣02𝐿2,由𝑞𝐸𝑞𝑣0𝐵=𝐿2+𝑑2𝐿2>1可知,静电力大于洛伦兹力,由分析知,若电容器极板间同时有图示磁感应强度为B的

匀强磁场和电场强度为E的匀强电场时,粒子将从AQ间射出。故选B。8.BD离子进入容器A的初速度忽略不计,经加速电场加速获得动能qU=12mv2,当离子沿垂直于匀强磁场方向进入磁场后,在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动qvB=m𝑣2𝑅,联立得x=2R=

2𝐵√2𝑈𝑚𝑞,因具体实验条件不明,所以若磁场磁感应强度B及加速电压U不变,则x∝√𝑚𝑞;若磁场磁感应强度B及离子比荷不变,则x∝√𝑈,故选B、D。9.D在区域Ⅰ中,由qvB1=qE得,粒子速度v=𝐸𝐵1,粒

子进入区域Ⅱ后,当粒子从CF中点射出时,在区域Ⅱ中运动半径为r=√24a(a为CF长度),又由qvB2=m𝑣2𝑟得r=𝑚𝑣𝐵2𝑞,t0=14T=π𝑚2𝐵2𝑞,运动轨迹如图甲所示。当区域Ⅰ中的磁

感应强度大小变为2B1时,v1=𝐸2𝐵1=𝑣2,这时粒子进入区域Ⅱ后,r1=𝑚𝑣1𝐵2𝑞=𝑚𝑣2𝐵2𝑞<r,粒子还是从CF射出,如图乙所示,在区域Ⅱ中的运动时间不变,A错误;当区域Ⅰ中电场强度大小变为2

E时,v2=2𝐸𝐵1=2v,这时粒子进入区域Ⅱ后,r2=2𝑚𝑣𝐵2𝑞=2r=√22a,根据几何关系知,粒子恰好从F点射出,如图丙所示,在区域Ⅱ中的运动时间不变,B错误;当区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√34B2时,r3=𝑚𝑣√34𝐵2𝑞=4√3r=√23

a,如图丁所示,这时粒子从FG边界射出,轨迹对应的圆心角的正弦值sinθ=√22𝑎√23𝑎=√32,θ=π3,t3=π32π×T3=16×2π𝑚√34𝐵2𝑞=8√39t0,C错误;当区域Ⅱ中

磁感应强度大小变为√24B2时,r4=𝑚𝑣√24𝐵2𝑞=4√2r=a,这时粒子从FG边界射出,如图戊所示,轨迹对应的圆心角的正弦值sinθ'=√22𝑎𝑎=√22,θ'=π4,t4=π42π×T4=18×2π𝑚√24𝐵2𝑞=√2t0,D正确。10.

答案(1)2𝑚𝑣02𝑞𝐿(2)√5v0(3)𝑚𝑣0𝑞𝐿解析(1)设粒子在电场中运动时的加速度大小为a,运动时间为t,水平方向则有L=v0t竖直方向则有L=12at2,qE=ma联立解得E=2𝑚𝑣02𝑞𝐿。(2)设粒子在a点时的速度方向与x轴的夹角为θ,则有vy=at=𝑞

𝐸𝑚t=2v0tanθ=𝑣𝑦𝑣0=2粒子进入磁场时的速度大小为v=√𝑣02+𝑣𝑦2=√5v0,可知粒子离开磁场时的速度大小为√5v0。(3)如图所示设粒子在磁场中运动的轨道半径为R,由几何关系可得Rcos(θ-45°)=√22L解得R=√5L由洛伦兹力提供

向心力可得qvB=𝑚𝑣2𝑅解得B=𝑚𝑣𝑞𝑅=𝑚𝑣0𝑞𝐿。11.答案(1)v0B(2)3𝑚𝑣032𝑒𝐵(3)90%解析(1)当电子以速度v0沿x轴正方向射入时,电子沿x轴做直线运动,故eE=ev0B解得E=v0B。(2)若电子

入射速度为𝑣04,当运动速度为𝑣02时根据动能定理eEy1=12𝑚(𝑣02)2−12𝑚(𝑣04)2解得y1=3𝑚𝑣032𝑒𝐵。(3)当电子速度v<v0时,由于在最高点和最低点,电子所受合力大小相等在最低点合力大小为F1=e

E-evB=e(v0-v)B设电子在最高点的速度大小为v1,在最高点合力大小为F1=ev1B-eE=e(v1-v0)B解得v1=2v0-v设电子刚好能到达y2=𝑚𝑣05𝑒𝐵根据动能定理eEy2=12𝑚𝑣12−12mv2解得v=0.9v0当v≤0.9v0时,电子能到达y2=𝑚𝑣05

𝑒𝐵故在0<v<v0的范围内,能到达纵坐标y2=𝑚𝑣05𝑒𝐵的电子数占总电子数的百分比为𝑁𝑁0×100%=90%。12.答案(1)𝑚𝑣02𝑞𝑙(2)2𝑚𝑣0𝑞𝑙(3)π𝑛𝑙(2+𝑛π

)2(n=1,2,3,…)解析(1)粒子在电场中运动时,有l=v0t,12l=12at2由牛顿第二定律Eq=ma得E=𝑚𝑣02𝑞𝑙。(2)在N点,设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ,沿y轴负方向的速度为vy,则有

tanθ=𝑣𝑦𝑣0,vy=at,v=𝑣0cos𝜃解得vy=v0,v=√2v0,θ=45°粒子轨迹如图所示根据几何关系,粒子做圆周运动轨迹的半径为R=𝑙2sin𝜃=√2𝑙2由牛顿第二定律得qvB=𝑚𝑣2𝑅解得B=𝑚𝑣𝑞𝑅=2𝑚𝑣0𝑞𝑙。(3

)将粒子在O点的速度分解vx=vcosθ=v0,vy=vsinθ=v0因同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时粒子以初速度vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O后,每转一周到达x轴一次,第n

次到达x轴时,粒子运动的时间t=nTT=2π𝑚𝑞𝐵=π𝑙𝑣0s=v0t+12at2