【物理】2020二轮复习专题3带电粒子在复合场中的运动强化练习(解析版)

【物理】2020二轮复习专题3带电粒子在复合场中的运动强化练习(解析版)

专题强化练(十)‎ 考点1　带电粒子在组合场中的运动 ‎1．(2019·岳阳模拟)如图所示，粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子，这些粒子经装置M加速并筛选后，能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场ABCD，粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场．不计粒子重力，则粒子1和粒子2(　　)‎ A．均带正电，质量之比为4∶1‎ B．均带负电，质量之比为1∶4‎ C．均带正电，质量之比为2∶1‎ D．均带负电，质量之比为1∶2‎ 解析：由图示可知，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，由左手定则可知，粒子带负电；设正方形的边长为L，由图示可知，粒子轨道半径分别为r1＝L，r2＝L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，m＝∝r，则＝＝，故B正确．‎ 答案：B ‎2．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U 之间的函数关系的是(　　)‎ 解析：设粒子到达O点的速度为v，粒子通过电场的过程中，由动能定理得qU＝mv2，粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律得qvB＝m，R＝，由以上三式解得x＝ ，选项B正确，选项A、C、D错误．‎ 答案：B ‎3.如图所示，一带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，v0的方向平行于x轴．运动过程中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，不计重力，那么电场强度E与磁感应强度B之比为(　　)‎ A．v0　　 　　B．1　　 　　C．2v0　　 　　D. 解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故Oa＝Ob＝，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob＝v0t，Oa＝t2，联立以上各式解得＝2v0，C正确．‎ 答案：C ‎4．(2019·哈尔滨模拟)如图所示，边界PQ以上和MN以下空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为4B，PQ、MN间距离为2 d，绝缘板EF、GH厚度不计，间距为d，板长略小于PQ、MN间距离，EF、GH之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.有一个质量为m的带正电的粒子，电量为q，从EF的中点S射出，速度与水平方向成30°角，直接到达PQ边界并垂直于边界射入上部场区，轨迹如图所示，以后的运动过程中与绝缘板相碰时无能量损失且遵循反射定律，经过一段时间后该粒子能再回到S点(粒子重力不计)．求：‎ ‎(1)粒子从S点出发的初速度v；‎ ‎(2)粒子从S点出发第一次再回到S点的时间．‎ 解析：(1)PQ、MN间距离L＝2 d，且S为中点，设带电粒子在EF、GH之间的磁场中运动的轨迹半径为R1.可画出粒子运动轨迹图，由图可知，R1 sin 60°＝d，R1＝2d洛伦兹力提供向心力：qvB＝，得：v＝＝；‎ ‎(2)粒子应从G点进入PQ以上的磁场，设带电粒子在4B场区轨迹半径为R2.在4B场内，4Bqv＝，R2＝＝＝做半个圆周运动，并垂直PQ再由E点回到B场区，由对称性，粒子将打到GH中点并反弹，再次回到S点．‎ 粒子在B场中的时间 t1＝4×T1＝T1＝×＝，‎ 粒子在4B场中的时间 t2＝2×T2＝T2＝＝，‎ t总＝t1＋t2＝.‎ 答案：见解析 考点2　带电粒子在叠加场中的运动 ‎5.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将(　　)‎ A．可能做直线运动 B．可能做匀减速运动 C．一定做曲线运动 D．可能做匀速圆周运动 解析：带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确．‎ 答案：C ‎6．(多选)(2018·周口期末)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中竖直面内的匀速圆周运动．若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．小球一定带负电荷 B．小球一定沿顺时针方向转动 C．小球做圆周运动的线速度大小为 D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功 解析：带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得：mg＝qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝，联立得：v＝，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误．‎ 答案：AC ‎7．下列四图中，A、B两图是质量均为m的小球以相同的水平初速度向右抛出，A图只受重力作用，B图除受重力外还受水平向右的恒定风力作用；C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里无限宽的匀强磁场且和电场正交，在两图中均以相同的初速度向右水平抛出质量为m的正电荷，两图中不计重力作用，则下列有关说法正确的是(　　)‎ A．A、B、C三图中的研究对象均做匀变速曲线运动 B．从开始抛出经过相同时间C、D两图竖直方向速度变化相同，A、B两图竖直方向速度变化相同 C．从开始抛出的沿电场线运动相等距离的过程内C、D两图中的研究对象动能变化相同 D．相同时间内A、B两图中的研究对象在竖直方向的动能变化相同 解析：由题知，A、B、C三图中的研究对象的受力均为恒力，因此研究对象均做匀变速曲线运动，选项A正确；从开始抛出经过相同时间，C、D两图研究对象在竖直方向受力不同，速度变化也不同，选项B错误；根据C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里的无限宽的匀强磁场且和电场正交可知，从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程中电场力做功相同，洛伦兹力不做功，重力忽略不计，因此只有电场力做功，所以C、D两图中的研究对象动能变化相同，选项C正确；因为动能是标量没有分量形式之说，因此相同时间内A、B 两图竖直方向的动能变化相同这种说法是错误的，故选项D错误．‎ 答案：AC ‎8．(2019·郑州模拟)如图所示，水平地面上放有一张正方形桌子，桌面abcd边长为L，桌面水平、光滑、绝缘，距地面高度为h，正方形桌面内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在桌面以外有竖直向下的匀强电场，电场强度为E(电场、磁场图中没有画出)．一质量为m，电荷量为q的带正电小球(可看作质点)，从桌面边缘ad中点M，以垂直于ad边的速度v进入磁场区域，重力加速度为g.‎ ‎(1)要使小球能够从ab边飞离桌面，求小球进入磁场时速度大小的范围；‎ ‎(2)若小球恰好能从桌面上b点飞出，求小球落地点到桌面上b点的距离．‎ 解析：(1)对小球受力分析可知．小球在桌面上运动时重力与支持力平衡，小球在磁场力的作用下做匀速圆周运动．‎ 当小球从a点飞离桌面时，速度最小，设此时小球运动半径为r1，由几何关系可得r1＝.‎ 已知洛伦兹力提供向心力qv1B＝m，‎ 解得v1＝，‎ 当小球从b点飞离桌面时，速度最大，设此时小球运动半径为 r2，由几何关系可得r＝L2＋，‎ 解得r2＝.‎ 已知洛伦兹力提供向心力qv2B＝m，解得v2＝，‎ 可得速度大小范围≤v≤；‎ ‎(2)小球飞出桌面后受重力和电场力作用，可知 mg＋qE＝ma，‎ 小球做类平抛运动，可知h＝at2，‎ x＝v2t.‎ 由几何关系可知落地点到桌面上b点的距离为 s＝，‎ 由以上各式可得s＝ .‎ 答案：(1)≤v≤　(2) ‎9．(2019·襄阳模拟)如图所示，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.‎ ‎(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；‎ ‎(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？‎ ‎(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h.‎ 解析：(1)带电小球进入复合场后，恰好能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．由qE＝mg，①‎ 计算得出E＝；②‎ ‎(2)假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图(a)所示，‎ 由几何知识可以知道，小球的轨道半径R＝d，③‎ 带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，④‎ 带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m，⑤‎ 计算得出h2＝，‎ 所以当h>h0时，即h>，带电小球能进入Ⅱ区域；‎ ‎(3)因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，如图(b)所示，由几何关系可知R＝，⑥‎ 联立④⑤⑥计算得出h＝.‎ 答案：(1)小球带正电　　(2)h＞ ‎(3) 考点3　复合场与现代科技的综合 ‎10．(2018·广州模拟)如图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开．板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动．则(　　)‎ A．粒子一定带正电 B．若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板 C．若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动 D．若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间有可能是 解析：不计重力，粒子仅受电场力和磁场力做匀速直线运动，合力为零．电场力与磁场力等大反向．该粒子可以是正电荷，也可以是负电荷，选项A错误；仅将板间距离变为原来的2倍，由于带电荷量不变，板间电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，选项B错误；若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子所受电场力和磁场力均变为原来的2倍，仍将做匀速直线运动，C正确；若撤去电场，粒子将偏向某一极板，甚至从左侧射出，粒子在板间运动的最长时间可能是在磁场中运动周期的一半，选项D错误．‎ 答案：C ‎11．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(　　)‎ A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负 C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正 解析：根据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力的作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力的作用向下偏，因此电极a为正极，电极b为负极；当达到平衡时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则qE＝Bqv，又E＝，得v＝＝ m/s＝1.3 m/s，选项A正确．‎ 答案：A ‎12．(多选)(2018·太原模拟)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是(　　)‎ A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带负电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量m不一定大 解析：‎ 带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故选项A错误；在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故选项B错误；进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB＝得，r＝，知r越大，比荷越小，而质量m不一定大，故选项C、D正确．‎ 答案：CD ‎13．如图所示，一段长方体导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电荷量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为(　　)‎ A.，负 B.，正 C.，负 D.，正 解析：因导电材料上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，根据左手定则可判断自由运动电荷带负电，则B、D项错误；设长方体形材料长度为L，总电量为Q，则其单位体积内自由运动电荷数为，当电流I稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡，则有＝BIL，故＝，A项错误，C项正确．‎ 答案：C ‎14．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T＝.一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：‎ ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．‎ 解析：(1)粒子运动半径为R时有qvB＝m，‎ 且Ek＝mv2，‎ 解得Em＝；‎ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt ‎，加速度a＝，‎ 匀加速直线运动总长度nd＝a(Δt)2，‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，‎ 解得t0＝－；‎ ‎(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝，由η>99%，‎ 解得d<.‎ 答案：(1)　(2)－ ‎(3)d<