（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練10 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動（含解析）

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1、專題能力訓(xùn)練10　帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動 (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,1~6題只有一個選項符合題目要求,7~8題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分) 1.(2019·河北滄州一模)如圖所示,ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場豎直向下、磁場垂直紙面向外。有一帶電小球質(zhì)量為m,電荷量絕對值為q,小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后,水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中,恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,且從B點射出,已知AB

2、長度為3l,AD長度為l,下列說法正確的是(　　) A.小球帶正電 B.小球進(jìn)入復(fù)合場時的速度大小為qUm C.小球在復(fù)合場中做圓周運動的軌道半徑為32l D.小球在復(fù)合場中運動的時間為πl(wèi)32mqU 答案:D 解析:由于進(jìn)入復(fù)合場做勻速圓周運動,所以滿足Eq=mg,小球帶負(fù)電,故A錯誤;設(shè)小球進(jìn)入ABCD區(qū)域時的速度為v0,由qU=12mv02得v0=2qUm,故B錯誤;小球從B點射出,如圖所示,由幾何關(guān)系得(r-l)2+(3l)2=r2,解得r=2l,故C錯誤;圖中sinθ=3l2l,得θ=60°,小球在復(fù)合場中運動的時間t=θ360°T=16T,T=2πrv0,聯(lián)立得t=

3、πl(wèi)32mqU,故D正確。 2.1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎。若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示,則下列說法正確的是(　　) A.該束帶電粒子帶負(fù)電 B.速度選擇器的P1極板帶負(fù)電 C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量越大 D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,比荷qm越小 答案:D 解析:通過粒子在質(zhì)譜儀中的運動軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電,故選項A錯誤;帶電粒子在速度選擇器中勻速運動時受到向上的洛倫茲力和向下的靜電力,可知速度選擇器的P1極板帶正電,故選項B錯誤;由洛倫茲力充當(dāng)向心力有qvB=m

4、v2r,得粒子在B2磁場中的運動半徑r=mvqB,又粒子的運動速度v大小相等,電荷量q未知,故在磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量不一定越大,但比荷 qm=vBr越小,故選項C錯誤,D正確。 3.如圖所示,一帶電塑料小球質(zhì)量為m,用絲線懸掛于O點,并在豎直平面內(nèi)擺動,最大擺角為60°,水平磁場垂直于小球擺動的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點時,懸線上的張力恰為零,則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為(　　) A.0 B.2mg C.4mg D.6mg 答案:C 解析:帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用,但是洛倫茲力不做功,所以從左方擺到最低點的過程只有重力做功,根據(jù)動能定理mgL

5、(1-cos60°)=12mv2,擺動到最低點時,合力提供向心力,懸線上張力為0,即洛倫茲力提供向心力qvB-mg=mv2L=mg,洛倫茲力方向豎直向上,當(dāng)小球從右方擺到最低點時,根據(jù)對稱性速度大小不變,但是方向反向,所以洛倫茲力方向豎直向上大小不變,此時向心力不變,即拉力F-qvB-mg=mv2R,拉力F=4mg,選項C正確。 4.如圖所示,虛線區(qū)域空間內(nèi)存在由勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B組成的正交或平行的電磁復(fù)合場,有一個帶正電小球(電荷量為+q,質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁復(fù)合場上方的某一高度自由落下,那么帶電小球可能沿直線通過的是(　　) A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 答

6、案:B 解析:①圖中小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力,下降過程中速度一定變大,故洛倫茲力一定變化,不可能一直與電場力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲線運動;②圖中小球受重力、向上的電場力、垂直向外的洛倫茲力,合力與速度一定不共線,故一定做曲線運動;③圖中小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力,若三力平衡,則小球做勻速直線運動;④圖中小球受向下的重力和向上的電場力,合力一定與速度共線,故小球一定做直線運動;故選項B正確。 5.(2019·河南開封模擬)如圖所示,靜止的帶電粒子所帶電荷量為+q,質(zhì)量為m(不計重力),從P點經(jīng)兩塊平行的豎直極板間電場加速后,水平通過小孔Q

7、進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。CD為磁場邊界上的一絕緣板,它與N板的夾角為θ=30°,小孔Q到絕緣板的下端C的距離為l。當(dāng)滑片移動到B端時,粒子恰垂直打在CD板上。則下列說法錯誤的是(　　) A.兩板間電壓的最大值Um=q2B2l22m B.CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度為3-33l C.粒子在磁場中運動的最長時間為πmBq D.能打到N板上的粒子的最大動能為q2B2l218m 答案:A 解析:滑片移到B端時,兩板間電壓最大,粒子垂直打在CD板上,所以粒子做圓周運動的軌跡半徑為l=mvqB;粒子在電場中運動時有qUm=12mv2,聯(lián)立兩式

8、解得Um=qB2l22m,A錯誤。粒子垂直打在CD板上的位置離C點最遠(yuǎn),距離為l;當(dāng)粒子運動軌跡恰好與CD相切時,切點位置離C點最近,如圖所示,由幾何條件有sin30°=Rl-R,故R=l3,KC=33l,所以CD板上被粒子打中的區(qū)域的長度為3-33l,B正確。打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長,均為半個周期,t=πmqB,C正確。打在N板上的粒子中,軌跡半徑越大,則對應(yīng)的速度越大,即運動軌跡半徑最大的粒子的動能最大,則當(dāng)R=l3時,Ekm=(mv')22m=(qBR)22m=q2B2l218m,D正確。 6.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒

9、定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) A.11 B.12 C.121 D.144 答案:D 解析:離子經(jīng)電場加速Uq=12mv2,離子在電場中偏轉(zhuǎn)時,qvB=mv2r,可知m=r2B2q2U;由于離子和質(zhì)子的加速電壓、電荷量和在磁場中做勻速圓周運動的半徑都相同,所以m∝B2,離子所需偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是質(zhì)子所需偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的12倍,則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍,選項D正確

10、。 7.如圖所示,一對間距可變的平行金屬板C、D水平放置,兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B。兩板通過滑動變阻器與鉛蓄電池相連,這種鉛蓄電池能快速轉(zhuǎn)換到“逆變”狀態(tài),即外界電壓過低時能向外界提供一定的供電電壓,當(dāng)外界電壓超過某一限定值時可轉(zhuǎn)換為充電狀態(tài)。閉合開關(guān)S后,有一束不計重力的帶正電粒子從左側(cè)以一定的速度v0射入兩板間恰能做直線運動。現(xiàn)對入射粒子或?qū)ρb置進(jìn)行調(diào)整,則下列有關(guān)描述正確的是(　　) A.若僅將帶正電的粒子換成帶負(fù)電的粒子,也能直線通過 B.若只增大兩板間距到一定程度,可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) C.若將滑動變阻器的滑片P向a端滑動,可提高C極板的電勢 D.若只減小

11、入射粒子的速度,可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) 答案:AB 解析:帶正電的粒子恰好做直線運動,其電場力和洛倫茲力相平衡,由Udq=qv0B可知v0=UBd,若換成帶負(fù)電的粒子,電場力和洛倫茲力都反向,仍然平衡,直線通過,故選項A正確;若增大兩板間距,帶正電粒子射入時受洛倫茲力作用偏轉(zhuǎn)而堆積在上極板上,將提高兩板間電壓,若此電壓超過蓄電池的逆變電壓就會使之處于“逆變”狀態(tài)而被充電,故選項B正確;由于電容器的兩極板是彼此絕緣的,調(diào)節(jié)滑片P對電壓不起任何作用,故選項C錯誤;若減小入射粒子的速度,粒子所受洛倫茲力減小,粒子會在電場力作用下落在下極板上,電勢也會降低,不能達(dá)到逆變電壓,故選項D錯誤。 8

12、.(2018·江蘇六市調(diào)研)回旋加速器的工作原理圖如圖所示,置于高真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子在狹縫間加速的時間忽略不計。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與盒面垂直。粒子源A產(chǎn)生的粒子質(zhì)量為m,電荷量為+q,U為加速電壓,則(　　) 接交流電源 A.交流電壓的周期等于粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期的一半 B.加速電壓U越大,粒子獲得的最大動能越大 C.D形盒半徑R越大,粒子獲得的最大動能越大 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大,粒子獲得的最大動能越大 答案:CD 解析:為了保證粒子每次經(jīng)過電場時都被加速,必須滿足交流電壓的周期和粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期相等,故A錯誤;根據(jù)洛倫

13、茲力提供向心力qvB=mv2R,解得v=BqRm,動能Ek=12mv2=B2q2R22m,可知帶電粒子的速度與加速電壓無關(guān),D形盒半徑R越大,磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大,粒子的速度越大,即動能越大,B錯誤,C、D正確。 二、非選擇題(本題共3小題,共44分) 9.(14分)在如圖所示的直角坐標(biāo)系中,有沿y軸正方向(豎直向上方向)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,現(xiàn)在坐標(biāo)原點O固定一電荷量為Q的正點電荷,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正點電荷微粒恰好能以y軸上的O1點為圓心在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,角速度為ω,已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。試求圓心O1的y坐標(biāo)。 答案:mgqωB-mω2 解析:微粒受力如

14、圖所示,設(shè)帶電微粒做勻速圓周運動半徑為R,圓心O1的縱坐標(biāo)為y,圓周上一點與坐標(biāo)原點的連線和y軸夾角為θ, 則tanθ=Ry BqωR-F電sinθ=mω2R 即得mgqωRB-mω2R=yR 所以圓心O1的y坐標(biāo)y=mgqωB-mω2。 10.(15分)(2019·全國卷Ⅰ)如圖所示,在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入磁場;一段時間后,該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點,N點在y軸上,OP與x軸的夾角為30°,粒子進(jìn)入磁場的入射點與離開磁場的出射

15、點之間的距離為d,不計重力。求: (1)帶電粒子的比荷; (2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。 答案:(1)4UB2d2　(2)Bd24Uπ2+33 解析:(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加速后的速度大小為v。由動能定理有 qU=12mv2① 設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB=mv2r② 由幾何關(guān)系知 d=2r③ 聯(lián)立①②③式得 qm=4UB2d2。④ (2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為 s=πr2+rtan30°⑤ 帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為 t=sv⑥

16、 聯(lián)立②④⑤⑥式得 t=Bd24Uπ2+33。⑦ 11.(15分)(2019·山東濰坊模擬)右圖為豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy,x軸水平且上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E,在x軸下方有一圓形有界勻強(qiáng)磁場,與x軸相切于坐標(biāo)原點,半徑為R。已知質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,在y軸上的(0,R)點無初速度釋放,粒子恰好經(jīng)過磁場中33R,-R點,粒子重力不計。 (1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。 (2)若將該粒子釋放位置沿y=R直線向左移動一段距離l,無初速度釋放,當(dāng)l為多大時粒子在磁場中運動的時間最長?最長時間是多少? (3)在(2)的情況下粒子回到電場后運動到最高點時的橫坐標(biāo)為

17、多少? 答案:(1)3mE2qR,方向垂直xOy平面向里　(2)32R　2π96mRqE(3)532R 解析:(1)粒子勻加速運動,有EqR=12mv2,解得v=2EqRm 設(shè)圓周運動半徑為r,則qvB=mv2r,由幾何關(guān)系可知r2=r-33R2+R2 解得r=233R,B=3mE2qR,磁場方向垂直xOy平面向里。 (2)當(dāng)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的弦為圓形磁場直徑時對應(yīng)的時間最長,所轉(zhuǎn)過的圓心角為α 則rsinα2=R,解得α=23π,此時l=Rsinα2=32R 粒子在磁場中運動的時間為t=rαv 解得t=2π96mREq。 (3)粒子回到電場時速度與水平方向成30° 粒子沿y軸勻減速運動減到零時豎直高度最大,有 vsin30°=at',Eq=ma 水平方向勻速運動,有x'=vcos30°t' 解得x'=3R2 粒子返回電場時的橫坐標(biāo)為x0,x0-lh=cot30°,h=3R2 運動到最高點時的橫坐標(biāo)為x=x0+x'=532R。 10