（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練10 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

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1、專題提升訓(xùn)練10　帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、單項(xiàng)選擇題(本題共4小題,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.(2019·遼寧大連二模)右圖為研究某種帶電粒子的裝置示意圖,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點(diǎn),出現(xiàn)一個(gè)光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后,粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng),打在熒光屏上的P點(diǎn),然后在磁場(chǎng)區(qū)域再加一豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn),關(guān)于該粒子(不計(jì)重力),下列說(shuō)法正確的是(　　) A.粒子帶負(fù)電 B.初速度為v=BE C.比荷為qm=B2rE D.比

2、荷為qm=EB2r 答案:D 解析:只存在磁場(chǎng)時(shí),粒子打在P點(diǎn),由左手定則知粒子帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因?yàn)閝vB=mv2r,所以qm=vBr。加電場(chǎng)后滿足Eq=qvB,即v=EB,代入上式得qm=EB2r,選項(xiàng)D正確,B、C錯(cuò)誤。 2.(2019·河南鶴壁調(diào)研)如圖所示,一個(gè)?24He粒子從平行板電容器的左極板由靜止釋放后,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間恰好從右極板的小孔進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)且沿水平虛線ab向右運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)。不計(jì)粒子重力,下列說(shuō)法正確的是(　　) A.如果將?24He換成?12H,粒子在復(fù)合場(chǎng)中不能沿直線運(yùn)動(dòng) B.如果將?24He換成?11H,粒子在復(fù)合場(chǎng)中不能沿直線運(yùn)動(dòng) C.無(wú)論換成什么樣的

3、帶電粒子,帶電粒子都能沿直線運(yùn)動(dòng) D.如果增大平行板電容器兩板的電壓,24He粒子仍能沿直線運(yùn)動(dòng) 答案:B 解析:帶電粒子在電場(chǎng)中加速時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理得qU=12mv2,可得v=2qUm,24He粒子和?12H粒子的比荷相同,故兩粒子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)的速度相同,粒子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后,對(duì)粒子受力分析,滿足qE=qvB,故粒子在復(fù)合場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;如果將?24He換成?11H,11H粒子的速度大,故受到的洛倫茲力大,不能沿直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B正確,C錯(cuò)誤;增大平行板電容器兩板的電壓,粒子的速度增大,粒子受到的洛倫茲力增大,24He粒子不能沿直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3.(2019·山西長(zhǎng)治、運(yùn)

4、城、大同、朔州、陽(yáng)泉五地市聯(lián)考)如圖所示的金屬導(dǎo)體,長(zhǎng)l、寬d、高h(yuǎn),導(dǎo)體中通有沿x正方向的恒定電流I,空間存在沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,已知金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)自由電子個(gè)數(shù)為n,電子電荷量為e,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.金屬導(dǎo)體的M面帶正電 B.金屬導(dǎo)體中電荷定向移動(dòng)速率為Inehd C.增加導(dǎo)體高度h,M、M'兩面間的電壓將增大 D.M、M'兩面間的電勢(shì)差為UMM'=IBned 答案:B 解析:根據(jù)左手定則知,電子向上側(cè)偏轉(zhuǎn),則M面帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤;由電流的微觀表達(dá)式I=neSv得金屬導(dǎo)體中電荷定向移動(dòng)速率為Inehd,故B正確;電子做定向移動(dòng),視為勻速

5、運(yùn)動(dòng),速度為v=Inehd,電子受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡,有eUh=evB得U=Bhv=BhInehd=BIned,即電壓的大小和導(dǎo)體高度h無(wú)關(guān),故C錯(cuò)誤;由上式可知,由于M面帶負(fù)電,所以M、M'兩面間的電勢(shì)差為UMM'=-BIned,故D錯(cuò)誤。 4.(2019·山西太原二模)質(zhì)譜儀是一種測(cè)定帶電粒子比荷和分析同位素的重要儀器。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零),從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng)區(qū)加速后,再通過(guò)狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng),該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是邊界與直線MN相切,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)在MN上的F點(diǎn)(圖中未畫出

6、)接收到該粒子,且lGF=3R。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計(jì))(　　) A.8UR2B2 B.4UR2B2 C.6UR2B2 D.2UR2B2 答案:C 解析:設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v,由動(dòng)能定理有qU=12mv2,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=3R3,又qvB=mv2r,可求qm=6UR2B2,選項(xiàng)C正確。 二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的) 5.(2019·天津河西區(qū)三模)回旋加速器是當(dāng)代科研、醫(yī)療等領(lǐng)域必需的設(shè)備,右圖為回旋加速器的原理圖,其核心部分是兩個(gè)半徑均為R的中空半圓金屬D形盒,并處于垂直

7、于盒底的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)接上電壓為U的高頻交流電源后,狹縫中形成周期性變化的電場(chǎng),使圓心處的帶電粒子在通過(guò)狹縫時(shí)都能得到加速。若不考慮相對(duì)論效應(yīng)、重力和在狹縫中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,下列說(shuō)法正確的是(　　) A.高頻交變電流周期是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期的2倍 B.U越大,帶電粒子最終射出D形盒時(shí)的速度就越大 C.帶電粒子在加速器中能獲得的最大動(dòng)能只與B、R有關(guān) D.若用該回旋加速器分別加速不同的帶電粒子,可能要調(diào)節(jié)交變電場(chǎng)的頻率 答案:CD 解析:交變電場(chǎng)的周期與帶電粒子運(yùn)動(dòng)的周期相等,帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmBq,與粒子的速度無(wú)關(guān),所以加速后,交變電場(chǎng)的

8、周期不需改變,不同的帶電粒子,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不等,所以加速不同的帶電粒子,一般要調(diào)節(jié)交變電場(chǎng)的頻率,故A錯(cuò)誤,D正確;根據(jù)qvB=mv2R,解得v=BqRm,帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能Ek=12mv2=B2q2R22m,與加速的電壓無(wú)關(guān),與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及半徑R有關(guān),故B錯(cuò)誤,C正確。 6.(2019·天津和平區(qū)一模)如圖所示,電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,滑動(dòng)變阻器最大阻值為R,G為靈敏電流計(jì),開關(guān)閉合,兩平行金屬板M、N之間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一帶正電的粒子恰好以速度v勻速穿過(guò)兩板,不計(jì)粒子重力。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.保持開關(guān)閉合,滑片P向下移動(dòng),粒子可能從M板邊緣射

9、出 B.保持開關(guān)閉合,滑片P的位置不動(dòng),將N板向上移動(dòng),粒子可能從M板邊緣射出 C.將開關(guān)斷開,粒子將繼續(xù)沿直線勻速射出 D.開關(guān)斷開瞬間,靈敏電流計(jì)G指針將發(fā)生短暫偏轉(zhuǎn) 答案:AD 解析:因帶電粒子帶正電,則受電場(chǎng)力向下,洛倫茲力向上,原來(lái)二力應(yīng)大小相等,物體才能做勻速直線運(yùn)動(dòng);若滑片向下滑動(dòng),則滑動(dòng)變阻器接入電阻減小,則電路中電流增大,內(nèi)阻上的電壓增大,則由閉合電路的歐姆定律可知R兩端的電壓減小,故電容器兩端的電壓減小,則由E=Ud可知,所受極板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小,則所受電場(chǎng)力減小,而所受洛倫茲力不變,故粒子將向上偏轉(zhuǎn),可能從M板邊緣飛出,故A正確;保持開關(guān)閉合,滑片P的位置不動(dòng),將

10、N板向上移動(dòng)一點(diǎn),板間距離變小,電壓不變,由E=Ud可知,板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大,帶正電粒子,所受向下電場(chǎng)力增大,則粒子將向下偏轉(zhuǎn),即可能從N板邊緣射出,故B錯(cuò)誤;若開關(guān)斷開,則電容器與電源斷開,而與R形成通路,電荷會(huì)減小,故兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度要減小,故所受電場(chǎng)力減小,粒子不會(huì)做直線運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;電容器和滑動(dòng)變阻器形成回路,電容器出現(xiàn)放電現(xiàn)象,故指針發(fā)生偏轉(zhuǎn),故D正確。 7.(2019·河南駐馬店質(zhì)檢)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在著垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),第三象限內(nèi)存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O以某一速度沿與y軸成30°角

11、方向斜向上射入磁場(chǎng),且在第二象限運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡圓的半徑為R,已知帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,且所受重力可以忽略。則(　　) A.粒子在第二象限和第三象限兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓半徑之比為1∶2 B.粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2πm3qB C.粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為33R D.若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,則粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減少 答案:AC 解析:由半徑公式r=mvqB知,軌跡圓半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓半徑之比為1∶2,故A正確;粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如圖所示,

12、在第二象限的運(yùn)動(dòng)周期T1=2πmq·2B=πmqB,圓心角為120°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=120°360°T1=πm3qB,在第三象限運(yùn)動(dòng)的周期T2=2πmqB,圓心角為120°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=120°360°T2=2πm3qB,所以粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0=t1+t2=πmqB,故B錯(cuò)誤;粒子在第三象限軌跡圓的半徑為R2=2R,從O點(diǎn)入射后第一次經(jīng)過(guò)x軸的距離x1=3R1=3R,第二次圓弧的弦長(zhǎng)x2=3R2=23R,所以粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為x=x1+x2=33R,故C正確;若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,周期T=2πmqB與速度無(wú)關(guān),圓心角不變,所

13、以在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=θ2πT不變,故D錯(cuò)誤。 三、計(jì)算題(本題共2小題,須寫出規(guī)范的解題步驟) 8.(2019·江西十所省重點(diǎn)高中質(zhì)檢)如圖所示,在紙面內(nèi)有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng),等邊三角形ABC為兩磁場(chǎng)的理想邊界。已知三角形ABC邊長(zhǎng)為l,三角形內(nèi)為方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),三角形外部的足夠大空間為方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從AB邊中點(diǎn)P垂直AB邊射入三角形外部磁場(chǎng),不計(jì)粒子的重力和一切阻力。 (1)要使粒子從P點(diǎn)射出后在最短時(shí)間內(nèi)通過(guò)B點(diǎn),則從P點(diǎn)射出時(shí)的速度v0為多大? (2)滿足(1)問(wèn)的粒子通過(guò)B后第三次

14、通過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)到B的距離是多少? (3)滿足(1)問(wèn)的粒子從P點(diǎn)射入外部磁場(chǎng)到再次返回到P點(diǎn)的最短時(shí)間為多少?畫出粒子的軌跡并計(jì)算。 答案:(1)qBl4m　(2)3l4　(3)見解析 解析:(1)當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周到達(dá)B點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間最短,此時(shí)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=l4,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得r=mv0qB,解得v0=qBl4m。 (2)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=l4,設(shè)過(guò)B點(diǎn)后第三次通過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)到B點(diǎn)的距離為s, s=3r=3l4。 (3)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmqB,由圖可知從P點(diǎn)射入外部磁場(chǎng)到再次返回到P點(diǎn)的最短時(shí)間為tmin=25

15、6T=25πm3qB。 9.(2019·山東日照模擬)如圖所示,在坐標(biāo)系xOy平面的x>0區(qū)域內(nèi),存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=2×105 N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2 T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在y軸上有一足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ,在x軸上的M(10,0)點(diǎn)處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m=6.4×10-27 kg、電荷量q=3.2×10-19 C的帶正電粒子(重力不計(jì)),粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若撤去電場(chǎng),并使粒子發(fā)射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω=2π rad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(整個(gè)裝置都處在真空中)。 (1)判斷電場(chǎng)方

16、向,求粒子離開發(fā)射槍時(shí)的速度。 (2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑。 (3)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離。 (4)熒光屏上閃光點(diǎn)從最低點(diǎn)移動(dòng)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間。 答案:(1)電場(chǎng)方向向上　106 m/s　(2)0.1 m　(3)0.273 m　(4)0.42 s 解析:(1)帶正電粒子(重力不計(jì))在復(fù)合場(chǎng)中沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng),據(jù)左手定則判定洛倫茲力方向向下,所以電場(chǎng)力方向向上,電場(chǎng)方向向上有qE=qvB 速度v=EB=2×1050.2m/s=106m/s。 (2)撤去電場(chǎng)后,有qvB=mv2R 所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R=mvqB=6.4×10-27×1063.2×10-19×0.2m=0.1m。 (3)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,粒子在熒光屏上最上端打在B點(diǎn),最下端打在A點(diǎn) 由圖可知:dOA=Rtan60°=3R,dOB=R 所以熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離為dAB=(3+1)R≈0.273m。 (4)因?yàn)榱Ｗ釉诖艌?chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmqB≈6.28×10-7s,所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可以忽略不計(jì),閃光點(diǎn)從最低點(diǎn)移到最高點(diǎn)的過(guò)程中,粒子發(fā)射槍轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角φ=5π6,所用的時(shí)間t=φω=5π62πs=512s≈0.42s。 - 7 -