【物理】2020届一轮复习人教新课标带电粒子在复合场中的运动课时练（解析版）

【物理】2020届一轮复习人教新课标带电粒子在复合场中的运动课时练（解析版）

‎2020届一轮复习人教新课标 带电粒子在复合场中的运动 课时练（解析版）‎ ‎1．研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出。则 A.a为电源正极，到达A板的为α射线 B.a为电源正极，到达A板的为β射线 C.a为电源负极，到达A板的为α射线 D.a为电源负极，到达A板的为β射线 ‎2．如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的场强为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度为B、方向与电场垂直且水平向里．一带电液滴以竖直向下的初速度v0=E/B进入电磁场区域，最终能飞出该区域．则液滴在电磁场中（ ）‎ A．做匀速直线运动 B．做匀变速曲线运动 C．运动速度逐渐减小 D．机械能逐渐减小 ‎3．一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于一匀强磁场，飞离桌面后，最终落在地面上．设飞行时间为t1、水平射程为s1、着地速率为v1；现撤去磁场其它条件不变，小球飞行时间为t2、水平射程为s2、着地速率为v2 ． 则有（   ）‎ A．v1=v2  B．v1＞v2‎ C．s1=s2  D．t1＜t2‎ ‎4．如图所示，a为带正电的物体，b为不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙水平地面上．地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用恒力F拉b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速阶段，a受到b施加的摩擦力方向及大小变化是（　　）‎ A．向左，变大 B．先向左后向右，先减小后增大 C．向左，变小 D．向左，不变 ‎5．如图所示，带负电的小球以一定的初速度v0，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面顶端沿斜面向下运动，斜面足够长，小球也斜面之间的动摩擦因数μ＜tanθ，小球在沿斜面运动过程中某一段不可能出现的运动形式是（　　）‎ A．匀速直线运动 B．加速度减小的加速运动 C．加速度减小的减速运动 D．加速度增大的减速运动 ‎6．如图所示，带负电的小球穿在一根绝缘粗糙细杆上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场B。 现给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，小球经过a点时动能为10 J，到达c点时动能减为零，b为ac的中点，那么带电小球在运动过程中( ) ‎ A．到达c点后保持静止 B．受到的弹力增大 C．在b点时动能为5J D．在ab段克服摩擦力做的功与bc段克服摩擦力做的功相等 ‎7．如图所示为垂直纸面向里的匀强磁场，若在空间中加一与磁场垂直的方向水平的匀强电场，某带电小球刚好沿图中的虚线PQ做直线运动．则下列判断正确的是(　　)‎ A．带电小球的速度一定不变 B．带电小球的速度可能增大 C．如果小球带正电荷，则电场的方向应沿水平方向向右 D．如果小球带负电荷，小球的运动方向一定是从Q点向P点运动 ‎8．设空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如右图所示。已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿ABC曲线运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法中正确的是：(　　)‎ ‎ ‎ A．这个离子必带正电荷；‎ B．A点和B点位于同一高度；‎ C．离子在C点时速度最大；‎ D．离子达B点后将沿原路返回点。‎ ‎9．如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为现对小球施加水平向右的恒力，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是 A．直杆对小球的弹力方向不变 B．直杆对小球的摩擦力先减小后增大 C．小球运动的最大加速度为 D．小球的最大速度为 ‎10．如图所示，在平面直角坐标系内，第Ⅰ象限存在沿轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一质量为、电荷量为的带正电的粒子，自轴正半轴上处的点，以速度垂直于轴射入电场，经轴上处的P点进入磁场，最后垂直于轴的方向射出磁场。不计粒子重力，求：‎ ‎（1）电场强度大小；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的时间。‎ ‎11．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。D1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流 电源上。在D1盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中。两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电 压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R狭缝之间的距离为d。设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：‎ ‎(1)带电粒子能被加速的最大动能Ek；‎ ‎(2)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；‎ ‎(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当R＞＞d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）‎ ‎(4)带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径；‎ ‎(5)若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒 子的平均功率。‎ ‎(6)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm。‎ ‎(7)a粒子在第n次由D1盒进入D2盒与紧接着第n+1次由队盒进入队盒位置之间的距离△x；‎ ‎(8)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r是增大、减小还是不变？‎ ‎12．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子的重力和电子之间的相互作用)．求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ；‎ ‎(3)圆形磁场的最小半径Rmin.‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 从图可以看出，到达两极板的粒子做类平抛运动，到达A极板的粒子的竖直位移小于到达B板的粒子的竖直位移，粒子在竖直方向做匀速直线运动，则根据公式，两个粒子初速度相同，两极板间电压U相同，放射源与两极板的距离也相同，而电子的小，所以电子的竖直位移小，故达到A极板的是β射线，A极板带正电，a为电源的正极，故选项B正确。‎ ‎【点睛】‎ 通过类平抛运动计算粒子在竖直方向的位移关系式，根据公式分析该位移与比荷的关系，再结合图示进行比较判断。‎ ‎2．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 带点液滴进入复合场中时，由题意可知，电场力等于洛伦兹力，受重力做加速运动，从而洛伦兹力大小增大，导致方向也发生变化，所以带点液滴将向洛伦兹力方向偏转做变速曲线运动，故A错误，B错误；‎ C. 由题意可知，带点液滴向洛伦兹力方向偏离并射出复合场，运动速度渐渐增大，故C错误；‎ D. 由上分析可知，电场力做负功，导致电势能增加，则机械能减小，故D正确；‎ 故选：D ‎3．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的．有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即v1=v2‎ ‎，A符合题意，B不符合题意；有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上．‎ 如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2，小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1＞s2，CD不符合题意；故答案为A．‎ ‎【点睛】‎ 本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论．‎ ‎4．C ‎【解析】整体受到总重力、地面的支持力、竖直向下的洛伦兹力、拉力、地面摩擦力．向左加速运动的过程中，速度增加，洛伦兹力增大，则支持力增大，摩擦力变大，合力变小，根据牛顿第二定律，加速度减小．再隔离对a分析，根据牛顿第二定律知，a所受的合力减小．a在水平上仅受静摩擦力，则静摩擦力变小，方向向左．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ 点睛：对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律判断出整体加速度的变化，再隔离对a分析，得出a合力的变化，从而得知摩擦力的变化．‎ ‎5．D ‎【解析】‎ 由于小球与斜面之间的动摩擦因数μ＜tanθ，可知小球开始时重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，小球在斜面上沿斜面向下做加速运动．运动中的小球受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力和洛伦兹力的作用．小球带负电，根据左手定则可知，小球运动的过程中受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，根据f=qvB可知，小球受到的洛伦兹力随速度的增大而增大．在垂直于斜面的方向上，小球受到的合外力始终等于0，可知，斜面对小球的垂直于斜面向上的支持力也随速度的增大而增大，则斜面对小球的摩擦力也随速度的增大而增大．若开始时小球受到的重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，可由于摩擦力随速度的增大而增大，所以沿斜面的方向上，小球受到的合力减小，小球的加速度减小，所以小球沿斜面的方向做加速度减小的加速运动，当小球的加速度减小到0时，小球开始做匀速直线运动．若初速度很大时，会出现摩擦力大于下滑力，小球向下做减速运动，摩擦力随速度的减小而减小，是加速度逐渐减小的减速运动；由以上的分析可知，小球在沿斜面运动过程中某一段不可能出现的运动形式是加速度增大的减速运动．故D符合题意．本题选择不可能出现的运动形式，故选D.‎ ‎6．AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB、若，小球受杆弹力垂直杆向下，随速度减小弹力减小，小球受摩擦力减小，当时，小球匀速运动；若，小球与杆无弹力，速度增大，小球受杆弹力垂直杆向下，弹力增大，小球受摩擦力增大，当时，小球匀速运动；若，小球受杆弹力垂直杆向上，随速度减小弹力增大，小球受摩擦力增大，小球从A到C做加速度增大的减速运动；所以小球从A到C过程中动能减小，速度减小，滑动摩擦力大于重力沿粗糙细杆的分力，做加速度增大的减速运动，小球在c点一定保持静止，故A、B正确；‎ CD、从A到C，小球受摩擦力增大，在ab段克服摩擦力做的功小于bc段克服摩擦力做的功，根据动能定理可得在ab段动能变化量小于bc段动能变化量，则有在b点时动能大于5J，故C、D错误；‎ 故选AB。‎ ‎【点睛】‎ 关键是小球从A到C过程中动能减小，速度减小，滑动摩擦力大于重力沿粗糙细杆的分力，做加速度增大的减速运动。‎ ‎7．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下做直线运动，因为洛伦兹力随速度的变化而变化，故小球一定做匀速运动，速度不变，A正确B错误；如果小球带正电荷，电场线方向一定水平向左，如图所示，C错误；经分析知，洛伦兹力只能垂直于虚线向上，如果小球带负电荷，根据左手定则知小球一定是从Q点运动到P点的，D正确．‎ ‎8．ABC ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；‎ ‎（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；‎ ‎（3）达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．‎ 解：A．离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A正确；‎ B．因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力不做功，故A、B位于同一高度，B正确；‎ C．C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，C正确；‎ D．到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误．‎ 故选ABC．‎ ‎【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中．‎ ‎9．BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球从静止开始运动，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．‎ ‎【详解】‎ 小球开始下滑时有，随v增大，a增大，当时，a达最大值，摩擦力减小；此时洛伦兹力等于mg，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，反向，此后下滑过程中有：，随v增大，a减小，摩擦力增大，当时，a=0．此时达到平衡状态，速度不变，所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，BC正确，AD错误．‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住当速度增大时，洛伦兹力增大，比较洛伦兹力与重力的大小关系，分清摩擦力的变化是解决问题的关键．‎ ‎10．（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设粒子在电场中运动的时间为，根据类平抛规律有：，‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 联立解得： ‎ ‎（2）粒子进入磁场时沿y方向的速度大小：‎ 由以上式子解得：‎ 则，速度方向与x轴成角 粒子进入磁场时的速度：‎ 根据洛伦兹力提供向心力可得：‎ 解得：‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的周期：，粒子的轨迹图如下：‎ 据几何关系知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为135°‎ 粒子在磁场中运动的时间： ‎ 解得：‎ ‎11．(1)；(2)；(3) 当R＞＞d时，t1可忽略不计；(4)；(5)；(6)；(7)；‎ ‎(8) r△rk+1＜△rk ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子；经回旋加速器的最大速度由洛伦兹力提供向心力可求得由D形盒的半径决定.‎ ‎(2)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n次加速后的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速的时间，再求出粒子偏转的次数，从而得出在磁场中偏转的时间，两个时间之和即为离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间．‎ ‎(3)在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动，故根据平均速度公式可得在电场中运动时间;而每加速一次，做半个圆周运动，则磁场中的运动时间等于圈数乘以磁场中运动的周期.‎ ‎(4)粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次加速后的动能, 进而可求出第n 个半圆的半径.‎ ‎(5)根据电流的定义式和功率表示式求解.‎ ‎(6)根据洛仑兹提供向心力，求出最大动能与磁感应强度的关系以及与加速电压频率的关系，然后分情况讨论出最大动能的关系.‎ ‎(7)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n次加速后的速度，求出轨道半径，抓住规律，求出△x．‎ ‎(8)求出rk所对应的加速次数和rk+1所对应的加速次数即可求出它们所对应的轨道半径，然后作差即可求出rk和rk+1，从而求出△rk，运用同样的方法求出△rk+1，比较△rk和△rk+1即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)带电粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大动能Ek，设离子从D盒边缘离开时的速度为vm.依据牛顿第二定律：Bqvm= m 所以带电粒子能被加速的最大动能：Ek==‎ ‎(2)设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得：nqU=‎ 粒子在狭缝中经n次加速的总时间：‎ 由牛顿第二定律：‎ 由以上三式解得电场对粒子加速的时间：‎ 正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律Bqv=m 又T=‎ 粒子在磁场中做圆周运动的时间t2=（n-1）‎ 由以上三式解得:t2=‎ 所以， 离子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间 t=t1+t2=d ‎(3)设粒子飞出的末速度为v，将多次电场加速等效为一次从0到v的匀加速直线运动.‎ ‎ 在电场中t1=， 在d形盒中回旋周期与速度v无关，在D形盒中回旋最后半周的时间为，‎ 在D形盒中回旋的总时间为t1=n 故＜＜1‎ 即当R＞＞d时，t1可忽略不计.‎ ‎(4)带电粒子在D2盒中第n个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n-1次后的运动轨道，设其被加速2n-1次后的速度为vn由动能定理得:（2n-1）qU =‎ 此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为rn,由牛顿第二定律得Bqvn=m 得：‎ ‎(5)设在时间t内离开加速器的带电粒子数N，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流I=，‎ 解得:N= ‎ 带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率=‎ ‎(6)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 粒子的动能 当≤时，粒子的最大动能由Bm决定 qvmBm=m 解得Ekm=‎ 当≥时，粒子的最大动能由fm决定,vm=2πfmR 解得Ekm=‎ ‎(7)离子经电场第1次加速后，以速度v1进入D2盒，设轨道半径为r1，‎ r1=‎ 离子经第2次电场加速后，以速度v2进入D1盒，设轨道半径为r2,‎ 轨道半径：r2= ……‎ 离子第n次由D1盒进入D2盒，离子已经过（2n-1）次电场加速，以速度v2-1进入D2盒，由动能定理：（2n-1）Uq=‎ 轨道半径：rn=‎ 离子经第n+1次由D1盒进入D2盒，离子已经过2n次电场加速，以速度v2n进入D1盒，由动能定理：2nUq=‎ 轨道半径：rn+1=‎ 则:‎ 如图所示:‎ ‎ ‎ ‎(8)设k为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk＜rk+1）， △rk= rk+1 -rk，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，‎ 由动能定理知2qU= ⑦‎ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk=，‎ 则2qU= ⑧‎ 整理得:△rk ⑨‎ 相邻轨道半径rk+1，rk+2之差△rk+1=rk+2- rk+2 ‎ 同理△rk+1=‎ 因U、q、m、B均为定值，且因为rk+2＞rk，比较△rk与△rk+1 得:△rk+1＜△rk ‎【点睛】‎ 借助回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动．‎ ‎12．(1) (2)45°(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x方向匀速，y方向匀加速，根据运动学公式列式求解； （2）先根据运动学公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解； （3）根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹，然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹，先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后求得磁场的最小半径；‎ ‎【详解】‎ ‎（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动， x方向： y方向： 联立解得：； （2）设电子到达C点的速度大小为，方向与y轴正方向的夹角为． 由动能定理得：‎ 解得：，故，则：； （3）电子运动轨迹如图所示： ‎ 电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为： 电子在磁场中偏转后垂直于ON射出，‎ 磁场最小半径为：。‎ ‎【点睛】‎ 本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键。‎