【物理】2019届二轮复习 带电粒子在电磁场中的运动 作业 （全国通用）

【物理】2019届二轮复习 带电粒子在电磁场中的运动 作业 （全国通用）

专题三·第二讲 带电粒子在电磁场中的运动——课前自测诊断卷 考点一 带电粒子在电场中的运动 ‎1.[考查带电粒子在电场中的直线运动]‎ ‎[多选]如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若带电粒子甲、乙由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动(虚线1为水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线)。下列关于带电粒子的说法正确的是(　　)‎ A．两粒子均做匀减速直线运动 B．两粒子电势能均逐渐增加 C．两粒子机械能均守恒 D．若两粒子质量相同，则甲的电荷量一定比乙的电荷量大 解析：选AD　根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，因为电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A正确；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加，机械能减小；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，机械能不变，故B、C错误；根据受力图，对甲：m甲g＝q甲×Ecos 30°，解得：＝，对乙：m乙gcos 30°＝q乙E，解得：＝，由此可知若两粒子质量相同，则甲的电荷量一定比乙的电荷量大，故D正确。‎ ‎2．[考查带电粒子在电场中的曲线运动]‎ ‎[多选]如图所示，质子(11H)、氘核(12H)和α粒子(24He)都沿平行板电容器的中线OO′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。粒子重力不计。下列推断正确的是(　　)‎ A．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点 B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 C．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点 D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点 解析：选CD　三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到加速度为a＝，偏转距离为y＝at2，运动时间为t＝，联立可得y＝。若它们射入电场时的速度相同，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，所以在荧光屏上将只出现2个亮点，A错误。若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，B错误。若它们射入电场时的动量相等，y＝＝，可见y与qm成正比，三个粒子的qm都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，C正确。设加速电压为U1，偏转电压为U0，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知y′＝，显然三个粒子在偏转电场中的偏转距离y′相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D正确。‎ ‎3．[考查带电粒子在交变电场中的运动]‎ ‎[多选]如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A、B板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．U1∶U2＝1∶2‎ B．U1∶U2＝1∶3‎ C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的电势能最小 D．在0～2T时间内，电子的电势能减小了 解析：选BD　0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝，电子以加速度a1＝＝向上做匀加速直线运动，当t＝T时电子的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T。T～2T时间内平行板间的电场强度E2＝，电子加速度a2＝，以v1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－a2T2，由题意t＝2T时电子回到P点，则x1＋x2＝0，联立可得U2＝3U1‎ ‎，选项A错误，B正确。当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～2T时间内电子先做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，在t＝T时，电子的动能Ek1＝mv12＝，电子在t＝2T时回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek2＝ mv22＝，Ek1＜Ek2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，在t＝2T时电子的电势能最小，选项C错误，选项D正确。‎ 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎4.[考查带电粒子在单边界匀强磁场中的运动]‎ ‎[多选]如图所示，在空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和某种粒子从磁场下边界MN上的O点以相同的速度v0(v0在纸面内，v0与MN的夹角θ为锐角)射入磁场中，发现质子从边界上的F点离开磁场，另一粒子从E点离开磁场。已知＝2d，＝d，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是(　　)‎ A．从E点飞出的可能是α粒子 B．从E点飞出的可能是氚核 C．两种粒子在磁场中的运动时间相等 D．两种粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角相等 解析：选BD　设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，另一种粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2，两种粒子的运动轨迹如图所示，则由几何关系可知，d＝2r1sin θ，3d＝2r2sin θ，两式联立可解得r2＝3r1，由洛伦兹力提供向心力可得r1＝，另一种粒子的半径r2＝，可得＝3，故从E点飞出的可能是氚核，选项A错误，B正确；由几何知识可知，两粒子在磁场中运动时，转过的圆心角均为α＝2(π－θ)，故选项D正确；根据T＝可知两种粒子的周期不同，由t＝T可知，两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项C错误。‎ ‎5．[考查带电粒子在圆形匀强磁场中的运动]‎ ‎[多选]如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场的最高点P以不同的初速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q，质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是(　　)‎ A．粒子在磁场中通过的弧长越长，则粒子在磁场中运动的时间就越长 B．从磁场中射出的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O C．射出磁场的粒子一定能垂直打在感光板MN上 D．当粒子入射的速度大小v＝时，粒子从磁场射出后一定能垂直打在感光板MN上 解析：选BD　由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T＝可知，速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，由r＝可知，速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径就越大，弧长就越长，轨迹所对应的圆心角则越小，由＝可知，粒子在磁场中的运动时间t就越小，选项A错误；带电粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧，由几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，选项B正确；由于粒子从P点入射的速度大小不同，故粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径也不同，轨迹对应的圆心角也不相同，因此，对着圆心入射的粒子，出射后不一定能垂直打在感光板MN上，选项C错误；当粒子从P点入射的速度大小v＝时，由r＝可得，粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的轨迹圆半径刚好与圆形磁场的半径R相同，由几何知识可知，此时入射点、出射点、磁场圆的圆心O与轨迹圆的圆心构成一个正方形，粒子水平射出磁场，故粒子一定垂直打在感光板MN上，选项D正确。‎ ‎6．[考查带电粒子在三角形匀强磁场中的运动]‎ ‎[多选]如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)‎ A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为 解析：选ABD　若粒子射入磁场时的速度为v＝，则由qvB＝m可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l 的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确。‎ ‎7．[考查带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题]‎ ‎[多选]如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)‎ A．2BkL　　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选BD　因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，选项B、D正确。‎ 考点三 电磁场与现代科技 ‎8.[考查回旋加速器的原理分析]‎ 如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4‎ C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 解析：选C　带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，只在A、C间加速，故A、D错误。根据r＝得，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v22－v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v4－v3P3P4，故B错误。当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故C正确。‎ ‎9．[考查霍尔元件的工作原理]‎ ‎[多选]1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．超导体的内部产生了热能 B．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力 C．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb D．超导体中的电流I越大，a、b两点的电势差越大 解析：选BD　超导体电阻为零，超导体内部没有产生热能，A错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；载流子为电子，超导体上表面带负电，φa<φb，C错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝，整理得U＝，所以电流I越大，电势差越大，D正确。‎ 考点四 带电粒子(体)在复合场中的运动 ‎10.[考查带电粒子在组合场中的运动问题]‎ 如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁场垂直纸面向里，在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E，在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v沿不同方向射入第一象限，发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为＋q，粒子重力不计。‎ ‎(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；‎ ‎(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；‎ ‎(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间。‎ 解析：(1)沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图中的P点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径：r＝R 根据Bqv＝ 得：B＝。‎ ‎(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从H点射出磁场，MH为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR 设在电场中路程为s2，根据动能定理Eq＝mv2‎ 解得s2＝ 总路程s＝πR＋。‎ ‎(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，经分析从C点竖直射出磁场，从D点射入、射出电场，又从C点射入磁场，最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)。‎ C点在磁场中，MC段圆弧对应圆心角α＝30°，CN段圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，t1＝＝ 粒子在CD段做匀速直线运动，由几何关系知CD＝ t2＝＝ 粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度a＝ t3＝＝ 总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋。‎ 答案：(1)　(2)πR＋ ‎(3)(2R,0)　＋ ‎11．[考查电场与重力场叠加的问题]‎ ‎(2017·全国卷Ⅱ)如图所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小。‎ 解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0 ①‎ s1＝v0t＋at2 ②‎ s2＝v0t－at2 ③‎ 联立①②③式得＝3。 ④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 vy2＝2gh ⑤‎ H＝vyt＋gt2 ⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝ ⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H。 ⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则＝ ⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由能量守恒定律得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩‎ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 ⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝。‎ 答案：(1)3∶1　(2)H　(3) ‎12．[考查电场、磁场与重力场三场叠加的问题]‎ ‎[多选]如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球可能带正电 B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝ C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝ D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大 解析：选BC　小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，所以mg＝qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；由于洛伦兹力提供向心力，故有qvB＝，解得r＝，又由于qU＝mv2，解得v＝ ，所以r＝ ＝ ，故B正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期T＝＝＝，故C正确；显然运动周期与加速电压无关，电压U增大时，小球做匀速圆周运动的周期不变，故D错误。‎