223届高考物理（广东、浙江、海南）二轮专题分层突破训练9：带电粒子在复合场中的运动（含答案）

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1、专题分层突破练9带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1103 m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率=0.25 m。在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。下列说法正确的是()A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 C.若用此发电装置给一电阻为20 的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6106 JD

2、.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则t时间内磁流体发电机内部有电荷量为It的正、负离子偏转到极板2.(2022重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-U,U+U),两种离子打在底片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则UU的值约为()A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方

3、向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距x轴最远,则B0的值为()A.mqT0B.2mqT0C.3m2qT0D.5m3qT04.(2022福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角=60的速度沿纸面从坐标为(0,3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-3L)的P2点进入电场区域,

4、最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求:(1)磁场的磁感应强度大小B;(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t;(3)电场强度的大小E。5.(2022湖北广水模拟)如图所示,水平正对固定的M、N两长直平行金属板间距离为d,板间匀强电场的电场强度大小为E,N板下方足够大的空间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,贴近M板的左端以大小为v0的初速度水平射入匀强电场,从狭缝P穿过N板后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动。不计粒子受到的重力。求:(1)粒子在两板间运动的时间t;(2)粒子在磁场中圆周运动的半径r。6.(2022河北唐

5、山一模)平面直角坐标系xOy第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,如图所示。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从y轴上的M点,以垂直于y轴的初速度v0射入电场,经由x轴上的N点进入磁场,最终粒子在P点垂直y轴离开磁场。已知M、N两点到原点的距离分别为y1=3L2,x=L,不计粒子重力。求:(1)匀强电场的电场强度E的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。B组7.(2022广东普通高中一模)双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪,其模型图如图甲所示。其原理图如图乙所示,电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场,磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁

6、场。质量为m、电荷量为q的离子被加速后,进入辐射电场,恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域,垂直边界从P点进入14圆形磁场区域,PO1=d。之后垂直磁场下边界射出并从K点进入检测器,检测器可在O1M和O2N之间左右移动且与磁场下边界距离恒等于0.5d。已知圆弧轨迹处的电场强度为E,离子重力不计。(1)求磁场区域的磁感应强度B;(2)由不同离子组成的粒子束,以不同速度进入电场分析器后能沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场并从P点垂直进入磁场,离子离开O1O2时与O1O2所夹锐角相同,若检测器能接收到的离子中比荷qm的最大值与最小值之比为,求的值。8.(2022广东汕头一模)如图所示,PQ、MN是相互

7、平行、间距为L的长直边界,在两边界外侧都存在匀强磁场,方向均垂直于纸面向内,右侧磁场的磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子从MN边界上的O点以大小为v0的初速度垂直于边界沿纸面射入右侧磁场,一段时间后粒子再次经过O点,此过程中粒子两次进入左侧磁场运动。不计粒子的重力。(1)求左侧磁场的磁感应强度的大小。(2)在PQ、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场,然后使粒子从O点以同样的条件射出,结果粒子同样能返回O点,而且所用时间比原来短。求所加匀强电场的电场强度E的可能值。答案：1.CD解析 海水从东向西流经两板间,受磁场洛伦兹力作用,正离子向下偏转,负离子向上偏转,所

8、以N板带正电,M板带负电,两板间产生向上的电场,稳定时进来的正负离子不发生偏转,静电力和洛伦兹力平衡,两板间电动势E=Bdv=0.11005 V=50 V,内阻r=dS=0.251001103 =0.025 ,故A、B错误;若用此发电装置给一电阻为20 的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为Q=I2Rt=ER+r2Rt=5020+0.02522083 600 J=3.6106 J,故C正确;若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则t时间内磁流体发电机内部偏转到极板上的正、负离子的电荷量为q=It,故D正确。2.A解析 粒子在电场中加速,有qU=12mv2在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供

9、向心力,qvB=mv2R解得R=1B2mUq钙40最大轨迹半径R1=1B2m1(U+U)q钙46最小轨迹半径R2=1B2m2(U-U)q两离子打在底片上的区域不重叠,有R1R2解得UUm2-m1m2+m1代入数据有UU0.069 8两种离子打在底片上的区域恰好不重叠,则UU的值约为0.07,故选A。3.D解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则qvB=mv2r,所以r=mvqB粒子运动的周期T=2rv=2mqBt=T0时,粒子距x轴最远,作出粒子的运动轨迹如图所示设两段圆弧的圆心的连线O1O2与y轴夹角为,P点的纵坐标为y,圆心O2到y轴之间的距离为x,则由几何关系,得y=2r

10、+2rcos ,sin =x2r因为粒子在第一象限内运动,故xr由题意根据数学关系知,当=30时,y取最大值,故此时粒子在磁场中T02时间内对圆心转过的角度为=150=56,则粒子在磁场中做圆周运动的周期T=256T02又根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式知T=2mqB0,则磁感应强度B0=5m3qT0,故选项D正确。4.答案 (1)mv2qL(2)8L3v(3)mv24qL解析 (1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示其圆心为O1,对应轨道半径为R,由几何关系可得Rsin =3L由牛顿第二定律和向心力公式有qvB=mv2R联立可得B=mv2qL。(2)带电粒子在磁场中运动的时间t=2-22T

11、T=2mqB联立可得t=8L3v。(3)设带电粒子在电场中运动时间为t,由运动的合成与分解有vcos t=3Lvsin -at=0由牛顿第二定律有qE=ma联立可得E=mv24qL。5.答案 (1)2mdqE(2)mqBv02+2qEdm解析 (1)设粒子在两板间运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有qE=ma根据匀变速直线运动的规律有d=12at2解得t=2mdqE。(2)设粒子到达P点时的速度大小为v,根据动能定理有qEd=12mv2-12mv02洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力,有qvB=mv2r解得r=mqBv02+2qEdm。6.答案 (1)3mv02qL(2)3mv0qL解

12、析 (1)粒子在电场中运动时,在y轴方向上做匀加速运动,有3L2=12at2a=Eqm在x轴方向上有L=v0t解得E=3mv02qL(2)离开电场时,vy=at=3v0粒子在N点的速度v=v02+vy2=2v0设速度方向与x轴方向夹角为,则tan =vyv0,=60粒子在磁场中做圆周运动,轨迹如图所示,根据牛顿第二定律有qBv=mv2R由几何关系知R=Lsin解得B=3mv0qL。7.答案 (1)1dmERq(2)25解析 (1)设离子的速度为v0,离子在电场和磁场中分别做匀速圆周运动在电场中,静电力提供向心力,有qE=mv02R在磁场中,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=mv02d联立解得磁感

13、应强度为B=1dmERq。(2)设在某处被检测到的离子在磁场中的轨道半径为r,则在磁场中有qvB=mv2r在电场中有qE=mv2R可得qm=ERB2r2由此可知当离子运动半径最小时,比荷最大;当离子运动半径最大时,比荷最小设a(q1,m1)、b(q2,m2)离子分别在M、N处被检测到,在磁场中的轨迹半径分别为r1、r2,如图所示,易知在所有被检测到的离子中,运动半径最小为r1,最大为r2。由于两离子到达O1O2时,与O1O2夹角相等,均设为,由此可得O1FM和O2GN均为由几何关系知O3F=r1O1O3=d-r1O3M=3d2-r1则MF=O3M2-r12由几何关系O1MMF=MFO3M解得r

14、1=35dsin O1GO4=PO4-PO1r2=r2-dr2又sin O1GO4=sin FMO3=r1d2+2d5=23解得r2=3d因为q1m1=ERB2r12q2m2=ERB2r22 可得=q1m1q2m2=r22r12=25。8.答案 (1)23B(2)7mv0218qL,方向水平向左5mv0218qL,方向水平向右解析 (1)粒子两次进入左侧磁场,最后再次经过O点,则轨迹如图甲所示甲设粒子在左右两侧磁场中运动的半径分别为R和r,由几何关系可知2R=3r根据qv0B=mv02R可得左侧磁场的磁感应强度B=23B。(2)在PQ、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场,若所加的匀

15、强电场方向水平向左,要能返回O点,而且所用时间比原来短,则运动轨迹如图乙所示乙设粒子进入左侧磁场时的速度为v1,则qv1B=mv12R1qv0B=mv02r由几何关系可知,R1=2r可得v1=43v0粒子在电场中加速,根据牛顿第二定律有qE1=ma1根据匀变速直线运动规律有v12-v02=2a1L联立解得E1=7mv0218qL,方向水平向左若所加的匀强电场方向水平向右,要能返回O点,而且所用时间比原来短,则运动轨迹如图丙所示丙设粒子进入左侧磁场时的速度为v2,则qv2B=mv22R2qv0B=mv02r由几何关系可知,R2=r可得v2=23v0粒子在电场中减速,根据牛顿第二定律有qE2=ma2根据匀变速直线运动规律有v02-v22=2a2L解得