2020屆高考物理二輪復習 瘋狂專練16 帶電粒子在組合場、復合場中的運動（含解析）

帶電粒子在組合場、復合場中的運動專練十六帶電粒子在組合場、復合場中的運動×一、考點內容(1)帶電粒子在組合場中的運動；(2)帶電粒子在復合場中的運動；(3)質譜儀和回旋加速器等。二、考點突破1(多選)如圖是一個回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連?，F(xiàn)分別加速氘核(12H)和氦核(24He)，下列說法中正確的是()A它們的最大速度相同B它們的最大動能相同C兩次所接高頻電源的頻率相同D僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能2(多選)圖甲是回旋加速器的工作原理圖。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，所以粒子在半圓盒中做勻速圓周運動。若帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，不計帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮由相對論效應帶來的影響，下列判斷正確的是()A在Ekt圖中應該有tn1tntntn1B在Ekt圖中應該有tn1tn<tntn1C在Ekt圖中應該有En1EnEnEn1D在Ekt圖中應該有En1En<EnEn13在如圖所示寬度范圍內，用電場強度為E的勻強電場可使初速度為v0的某種正粒子偏轉角。在同樣寬度范圍內，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度為B，使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉角也為（不計粒子的重力）。則A電場強度E與磁感應強度B的比為v0cos 1B電場強度E與磁感應強度B的比為v0cosC粒子穿過電場和磁場的時間之比是sin D粒子穿過電場和磁場的時間之比是sin cos4(多選)如圖所示，在x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1B232。在原點O處同時發(fā)射兩個質量分別為ma和mb的帶電粒子，粒子a以速率va沿x軸正方向運動，粒子b以速率vb沿x軸負方向運動，已知粒子a帶正電，粒子b帶負電，電荷量相等，且兩粒子的速率滿足mavambvb。若在此后的運動中，當粒子a第4次經(jīng)過y軸(出發(fā)時經(jīng)過y軸不算在內)時，恰與粒子b相遇。粒子重力不計。下列說法正確的是()A粒子a、b在磁場B1中的偏轉半徑之比為32B兩粒子在y正半軸相遇C粒子a、b相遇時的速度方向相同D粒子a、b的質量之比為155(多選)如圖所示的直角坐標系中，第一象限內分布著均勻輻射的電場，坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E。大量電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場。若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質吸收并導走而不影響原來的電場分布。不計粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是()A能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上B到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角越大C能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qUD若U<，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮6如圖所示，ABCD與MNPQ均為邊長為l的正方形區(qū)域，且A點為MN的中點。ABCD區(qū)域中存在有界的垂直紙面方向勻強磁場，在整個MNPQ區(qū)域中存在圖示方向的勻強電場。質量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度垂直于BC射入正方形ABCD區(qū)域，且都從A點進入電場，已知從C點進入磁場的粒子在ABCD區(qū)域中運動時始終位于磁場中，不計電子重力，求：(1)勻強磁場區(qū)域中磁感應強度B的大小和方向；(2)要使所有粒子均能打在PQ邊上，電場強度E至少為多大；(3)ABCD區(qū)域中磁場面積的最小值是多少。7電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成。偏轉電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成，如圖甲所示。大量電子由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO射入偏轉電場。當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當在兩板間加最大值為U0、周期為2t0的電壓（如圖乙所示）時，所有電子均能從兩板間通過，然后進入豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后打在豎直放置的熒光屏上。已知磁場的磁感應強度為B，電子的質量為m、電荷量為e，其重力不計。(1)求電子離開偏轉電場時的位置到OO的最大距離；(2)要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，求勻強磁場的水平寬度L；求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度y。8用電磁場可以控制帶電粒子的運動，使之到達指定的位置。已知空間中電磁場分布如圖所示，上半部分是電場強度為E的勻強電場，下半部分是磁感應強度為B的勻強磁場，電場與磁場的分界面為水平面，電場方向與界面垂直向上，磁場方向垂直紙面指向里。位于電場一側距界面為h的P點可以釋放出帶電粒子，O點是P點至界面垂線的垂足，D點位于紙面上O點的右側，OD與磁場B的方向垂直，如圖所示。已知帶電粒子質量為m，且?guī)в须姾闪縬(q0)，重力不計。(1)該帶電粒子自P點以初速度vp水平向右飛出，經(jīng)過D點，然后歷經(jīng)磁場一次自行回至P點，試求O、D兩點間距離d以及相應的vp；(2)若OD兩點間距離d為已知，且該帶電粒子從P點以初速度v0水平向右飛出后，在以后的運動過程中能經(jīng)過D點，試討論初速度v0的取值情況。9如圖所示，穿有M、N兩個小球(均視為質點)的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內，圓心為O、半徑為R0.3 m。M、N用一根不可伸長的絕緣輕質細繩相連，小球質量分別為mM0.01 kg、mN0.08 kg；M帶電荷量q7×104C，N不帶電。該空間同時存在勻強電場和勻強磁場。電場方向豎直向上，電場強度E1×103 V/m；磁場方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應強度B×102 T。將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針向上轉動。取重力加速度g10 m/s2，已知sin 37°0.6，cos 37°0.8。則在兩球從圖示位置逆時針向上轉動的過程中，求：(1)通過計算判斷，小球M能否到達圓環(huán)的最高點？(2)小球M速度最大時，圓環(huán)對小球M的彈力。(3)小球M電勢能變化量的最大值。答案二、考點突破1【答案】AC【解析】由R得最大速度v，兩粒子的相同，所以最大速度相同，A正確；最大動能Ekmv2，因為兩粒子的質量不同，最大速度相同，所以最大動能不同，B錯誤；高頻電源的頻率f，因為相同，所以兩次所接高頻電源的頻率相同，C正確；粒子的最大動能與高頻電源的頻率無關，D錯誤。2【答案】AC【解析】根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速度無關可知，在Ekt圖中應該有tn1tntntn1，選項A正確，B錯誤；由于帶電粒子在電場中加速，電場力做功相等，所以在Ekt圖中應該有En1EnEnEn1，選項C正確，D錯誤。3【答案】BC【解析】在電場中偏轉時做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，故，則，由牛頓第二定律可知，為豎直方向速度和水平方向速度的夾角，故，解得；在磁場中偏轉時，由幾何關系可知速度偏轉角等于粒子在磁場中做圓周運動的圓心角，解得，故，A錯誤，B正確；在磁場中運動的時間，則時間之比，C正確，D錯誤。,4【答案】BCD【解析】由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r可得：，A錯誤；由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r可得，a粒子從O點出發(fā)沿x軸正方向射出向上逆時針轉半周在y軸上上移2ra2，穿過y軸后逆時針向下轉半周后下移2ra1，由于B2<B1，則第二次經(jīng)過y軸時在坐標原點的上方(2ra22ra1)處，同理第四次經(jīng)過y軸時在坐標原點上方2(2ra22ra1)處，B正確；當a粒子第四次經(jīng)過y軸時距O點的距離為2(2ra22ra1)2ra1，當b粒子第一次過y軸時距O點的距離為2rb12ra1，此后a粒子過y軸的位置上移，b粒子過y軸的點下移，不能再相遇。故是b粒子向上轉半周后相遇的，a粒子第四次經(jīng)過y軸時是向右方向，而b粒子轉半周也是向右的方向，所以兩者方向相同，C正確；根據(jù)周期公式T及題意，當兩粒子在y軸上相遇時，時間上有：Tb1Ta1Ta2，即：×，結合B1B232，解得：，D正確。5【答案】CD【解析】設粒子開始時的坐標為(x，h)，粒子在電場中運動過程中，由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得xv0t，hat2，qEma，聯(lián)立得h··，可知能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，故A錯誤；粒子的初速度是相等的，到達O點的粒子速度越大，則沿y方向的分速度越大。粒子到達O點時，粒子的速度與y軸正方向的夾角滿足：tan ，可知到達坐標原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角越小，故B錯誤；負電荷進入第一象限后電場力做負功，而到達熒光屏的粒子的速度必須大于等于0，由功能關系可知：mv2qU>0，即能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU，故C正確；粒子在電場中的偏轉角：tan ，粒子在偏轉電場中運動的時間不同，則進入第一象限后速度與y軸之間的夾角不同。所以從不同的位置開始偏轉的粒子，可以以任意夾角進入第一象限，所以若U<，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，故D正確。6【解析】(1)由洛倫磁力提供向心力可得：ev0Bmv02r由題意則有：rl解得：Bmv0el，方向為垂直紙面向外。(2)在A點沿水平方向進入的電子在勻強電場中做類平拋運動，則有：eEma，l12at2，l2v0t解得：E8mv02el。(3)圖中陰影部分為磁場面積最小范圍，由幾何關系可知：Smin2×(14l2-12l2)12l2-l2。7【解析】(1)由題意可知，要使電子的側向位移最大，應讓電子從0、2t0、4t0等時刻進入偏轉電場，在這種情況下，電子的側向位移為：解得：。(2)設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中的運動半徑為：，設電子離開偏轉電場時的速度為v1，豎直方向的分速度為vy，則電子離開偏轉電場時有：解得：；由于各個時刻從偏轉電場中射出的電子速度大小相等、方向相同，因此電子進入磁場后做圓周運動的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上。由(1)可知電子從t0、3t0、5t0等時刻進入偏轉電場時側向位移最?。核噪娮哟蛟跓晒馄辽系碾娮邮膶挾葹椋?。8【解析】(1)粒子從P到D，由類平拋運動可得：qE=ma，h=at2，x=vPt進入磁場時，有：，在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得：，解得：，。(2)由上問得：，由電場區(qū)到達D點，有：解得：(n=0，1，2)由磁場區(qū)到達D點，有：解得：(n=0，1，2)9【解析】(1)設MN在轉動過程中，繩對M、N做的功分別為Wr、Wr，則WrWr0設M到達圓環(huán)最高點時，M、N的動能分別為EkM、EkN對M，洛倫茲力不做功，由動能定理可得：qERmMgRWr1EkM對N由動能定理：Wr1mNgREkN聯(lián)立解得：EkMEkN0.06 J即：M在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負值；故M不能到達圓環(huán)最高點。(2)設N轉過角時，M、N的速度大小分別為vM、vN，因M、N做圓周運動的半徑和角速度均相同，則vMvN，對M，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理得：qERsin mMgRsin Wr2mMvM2對N由動能定理：Wr2mNgR(1cos )mNvN2聯(lián)立解得：vM2×(3sin 4cos 4)由上式可知，當tan 時，M、N達到最大速度，最大速度為vmax m/sM速度最大時，設繩子拉力為F，圓環(huán)對小球M的彈力FN，由牛頓運動定律得：Fcos 45°(qEmMg)cos 37°qvmaxBFsin 45°(qEmMg)sin 37°FN解得：FN0.096 N，負號表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外。(3)M、N從圖示位置逆時針轉動過程中，由于M不能到達最高點，所以，當兩球速度為零時，電場力做功最多，電勢能減小最多，由vM2×(3sin 4cos 4)，可得：3sin 4cos 40解得：sin 或sin 0故M的電勢能減小量的最大值為：|Ep|qERsin J0.201 6 J。10