專題強(qiáng)化練(40分鐘78分)1.(10分)(2025·金昌模擬)在如圖所示的xOy平面內(nèi),第一象限內(nèi)有方向水平向左的勻強(qiáng)電場,第二、三象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,從(l,0)的A點(diǎn)以速度v0沿y軸正方向射入電場,從(0,2l)的C點(diǎn)離開電場,經(jīng)過磁場后再次到達(dá)y軸時(shí)剛好從坐標(biāo)原點(diǎn)O處經(jīng)過,不計(jì)粒子重力,求:(1)電場強(qiáng)度E的大小;(3分)答案:(1)m【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)歷時(shí)間為t1,則2l=v0t1l=12·整理得E=m(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(4分)答案:(2)m【解析】(2)設(shè)粒子離開電場時(shí)速度大小為v,與y軸夾角為α,則qEl=12mv2-12cosα=v設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,則2Rsinα=2lqvB=mv整理得B=m(3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間。(3分)答案:(3)(【解析】(3)由上問可知α=π所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=34·則tOA=t1+t2=(2.(10分)(2024·南昌模擬)有一種“雙聚焦分析器”質(zhì)譜儀,工作原理如圖所示,電場分析器中有指向圓心O的輻射狀電場,磁場分析器中有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)。離子源發(fā)出的初速度均為零的氕核

11H和氘核

12H經(jīng)加速電壓U加速后,均沿圓弧MN運(yùn)動(dòng)(圓弧MN為電場分析器的中心線),再垂直進(jìn)入四分之一圓形磁場區(qū)域,后從磁場下邊界射出。已知氕核

11H在磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)t時(shí)間后恰好垂直于磁場下邊界從Q點(diǎn)射出,MO=R,PO1=d,氕核

(1)電場分析器中心線上電場強(qiáng)度的大小;(3分)答案:(1)2【解析】(1)設(shè)氕核

11H的質(zhì)量為m,氘核

12H的質(zhì)量為M,氕核

11Ue=12m氕核

11H在輻射狀電場中做圓周運(yùn)動(dòng),電場力提供向心力,可得eE=解得E=2(2)氘核

12H在磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑;(3答案:(2)2d【解析】(2)在磁場中,設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,對(duì)氕核

11H分析,由洛倫茲力提供向心力ev1B=mv12d,解得對(duì)氘核

12H分析,由洛倫茲力提供向心力ev2B=Mv解得r=2根據(jù)題意可知M=2m,即氘核

12H做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=(3)氘核

12H的質(zhì)量。(4答案:(3)16【解析】(3)設(shè)氕核

11H與氘核

12H在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期分別為T1和T2,則有T1T2=2πMeB對(duì)氘核

12H:r=2d聯(lián)立得M=16Ue3.(12分)(2024·石家莊模擬)如圖所示的足夠大的長方體空間被兩豎直的虛線平面分成三個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,其中區(qū)域Ⅰ、Ⅲ中分別存在水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度的大小均為E,區(qū)域Ⅱ中存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場。O點(diǎn)為區(qū)域Ⅰ內(nèi)的點(diǎn),O點(diǎn)到右側(cè)第一豎直虛線平面的距離為d,兩虛線平面之間的距離為3d,一比荷為k的帶正電的粒子由O點(diǎn)靜止釋放,依次經(jīng)過兩虛線平面上的兩點(diǎn),兩點(diǎn)之間的距離為2d,忽略粒子的重力。求:(1)區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;(4分)答案:(1)E【解析】(1)結(jié)合題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖甲所示,粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)時(shí),由動(dòng)能定理得qEd=12m解得v1=2又由AC=2d以及兩虛線平面之間的距離為3d可知∠O1AC=60°△ACO1為正三角形,所以粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R1=2d又qv1B=mv得B=m解得B=E(2)粒子第一次、第二次通過左側(cè)虛線平面時(shí),兩點(diǎn)之間的距離;(4分)答案:(2)(2+3)d【解析】(2)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ后做類斜拋運(yùn)動(dòng),水平方向先向右減速再向左加速,向外做勻速直線運(yùn)動(dòng),粒子在C點(diǎn)的水平分速度為vx=v1sin30°向外分速度為vy=v1cos30°又由牛頓第二定律有qE=ma得a=kE則粒子由C到D的時(shí)間為t=2又xCD=vyt解得xCD=3d由類斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知,粒子在D點(diǎn)的速度大小仍為v1=2則粒子再次回到區(qū)域Ⅱ的軌道半徑仍為R1=2d則粒子第一次、第二次通過左側(cè)虛線平面時(shí),兩點(diǎn)之間的距離為s=2R1cos60°+xCD解得s=(2+3)d(3)若粒子的釋放點(diǎn)O向左平移2d后由靜止釋放,粒子第一次、第二次通過左側(cè)虛線平面的時(shí)間間隔。(4分)答案:(3)(π3+3)【解析】(3)如圖乙,若粒子的釋放點(diǎn)O向左平移2d后由靜止釋放,粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)時(shí),由動(dòng)能定理得qE·3d=12m解得v2=6粒子在區(qū)域Ⅱ中,由qv2B=mv22R2得R由幾何關(guān)系可知粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角滿足sinθ=3則θ=π粒子由A到P的時(shí)間為t1=T結(jié)合(2)的解析可知粒子在區(qū)域Ⅲ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=2又v'x=v2sin60°由對(duì)稱性可知,粒子由Q到M的時(shí)間為t3=t1=T又T=2π所以粒子第一次、第二次通過左側(cè)虛線平面的時(shí)間間隔為t=t1+t2+t3由以上解得t=π32dkE+324.(15分)(2025·合肥模擬)平面直角坐標(biāo)系xOy中,第Ⅱ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E,第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場,如圖所示。一個(gè)氘核

12H和一個(gè)氦核

24He先后由點(diǎn)P(-2L,L),以相同的動(dòng)量平行于x軸沿x軸正方向射出,12H由坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場,24He離開磁場時(shí)速度垂直于x(1)12H和

24He由點(diǎn)P答案:(1)2EkL【解析】(1)設(shè)

12H的初速度大小為v1,24He的初速度大小為v2。12H核做類平拋運(yùn)動(dòng),有2L=v1·t1,L=12at解得v1=2由于動(dòng)量相同,則mHv1=mHev2解得v2=2(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(5分)答案:(2)2【解析】(2)24He核做類平拋運(yùn)動(dòng),有x=v2·t2,L=1其中a=q2E可得x=L,24He核從(-L,0)點(diǎn)進(jìn)入第三象限,速度方向與x軸正方向夾角為θ,由幾何關(guān)系可知tan

24He核從(0,-2L)點(diǎn)進(jìn)入磁場,速度方向與y軸負(fù)方向夾角為90°-θ,進(jìn)入磁場時(shí)的速度為vHe=v2cosθ,洛倫茲力提供向心力:qHevHeB=m解得B=2(3)12H和

24He答案:(3)(8L,0)[2(5+2)L,0]【解析】(3)12H核做類平拋運(yùn)動(dòng),從O點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí),速度方向與x軸的夾角為45°,大小為vH=2

12H核在磁場中運(yùn)動(dòng):qHvHB離開磁場時(shí)距O點(diǎn)的距離d1=2rH=8L所以,12H核離開磁場時(shí)的坐標(biāo)為(8

24He核在磁場中運(yùn)動(dòng):qHevHeB離開磁場時(shí)與O點(diǎn)的距離為d2=rHe(1+sinθ)=2(5+2)L所以,24He核離開磁場時(shí)的坐標(biāo)為[2(5+2)5.(15分)(2024·廈門模擬)如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi),第一、二象限分別存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E,E、B大小均未知。質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子從x軸負(fù)半軸M點(diǎn)與x軸正方向成60°射入電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后以速度v0從點(diǎn)P(0,d)垂直y軸進(jìn)入磁場,最后從N點(diǎn)與x軸正方向成60°射出磁場,不計(jì)粒子重力。(1)求粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度大小;(3分)答案:(1)2v0【解析】(1)粒子進(jìn)入電場后做斜拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向做類豎直上拋運(yùn)動(dòng),則有vMcos60°=v0,解得vM=2v0(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(4分)答案:(2)m【解析】(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其軌跡如圖甲所示根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑由Rsin30°=R-d解得R=2d由洛倫茲力充當(dāng)向心力有Bqv0=mv解得B=m(3)若粒子在磁場中受到與速度大小成正比的阻力f=kv(k為已知常量),粒子恰好從Q點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)垂直x軸射出磁場,求Q點(diǎn)的坐標(biāo);(4分)答案:(3)(mv0【解析】(3)對(duì)粒子受力分析可知,速度沿x軸的分量會(huì)產(chǎn)生x軸的阻力與y軸負(fù)方向的洛倫茲力;速度沿y軸的分量,會(huì)產(chǎn)生y軸的阻力與x軸負(fù)方向的洛倫茲力,其受力分析如圖乙所示在x軸上,由動(dòng)量定理有-(kvx+Bqvy)Δt=mΔvx由微元法累加后可得-kx+Bqy=m(0-v0)其中y=-d解得x=m則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(mv0(4)在第(3)問的情況下,求粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的軌跡長度。(4分)答案:(4)mv0k+【解析】(4)同理在y軸上有-(kvy-Bqvx)Δt=mΔvy微元法疊加后可得-ky+Bqx=m(vQ-0)解得vQ=mv024阻力使得粒子速度減小,在切線方向有-kvΔt=mΔv由于沿著軌跡切線方向列動(dòng)量定理,可得速度的變化量Δv=vQ-v0微元疊加后可得-kl=mΔv解得軌跡的長度為l=mk(v0+kdm-mv0246.(16分)電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成,如圖甲所示。大量電子由靜止開始,經(jīng)加速電場加速后速度為v0,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO'射入偏轉(zhuǎn)電場。當(dāng)兩板不帶電時(shí),這些電子通過兩板之間的時(shí)間為2t0;當(dāng)在兩板間加最大值為U0,周期為2t0的電壓(如圖乙所示)時(shí),所有電子均能從兩板間通過,然后進(jìn)入豎直長度足夠大的勻強(qiáng)磁場中,最后打在豎直放置的熒光屏上。已知磁場的水平寬度為L,電子的質(zhì)量為m、電荷量大小為e,其重力不計(jì)。(1)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)到OO'的最遠(yuǎn)距離;(4分)答案:(1)3【解析】(1)由題意可知,從0、2t0、4t0等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的位置到OO'的距離最大,在這種情況下,電子的最大距離為ymax=12at02+v加速度大小a=e豎直分速度大小vy=at0解得ymax=3(2)要使所有電子都能打在熒光屏上,求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍;(5分)答案:(2)B<U0t【解析】(2)設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)的偏向角為θ,由于電子要打在熒光屏上,臨界情況是與屏相切,所以電子在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)滿足R+Rsinθ>L設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度為v1,垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為vy,則電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏向角為θ,sinθ=v又ev1B=mv12R,解得B<U0t(3)在滿足第(2)問的條件下求打在熒光屏上的電子束的寬度Δy。(7分)答案:(3)U【解析】(3)從t0、3t0等時(shí)刻進(jìn)入偏