（天津專用）2020高考物理二輪復習 專題提升訓練10 帶電粒子在組合場、復合場中的運動（含解析）

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1、專題提升訓練10　帶電粒子在組合場、復合場中的運動 一、單項選擇題(本題共4小題,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的) 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,出現(xiàn)一個光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為B的勻強磁場后,粒子束發(fā)生偏轉,沿半徑為r的圓弧運動,打在熒光屏上的P點,然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場,光斑從P點又回到O點,關于該粒子(不計重力),下列說法正確的是(　　) A.粒子帶負電 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:只存在磁場時,粒子打在P點,由左手定則知粒子帶正電,選項A錯誤;因為qvB=mv2r,所以qm=vBr。加電場后滿足Eq=qvB,即v=EB,代入上式得qm=EB2r,選項D正確,B、C錯誤。 2.(2019·河南鶴壁調研)如圖所示,一個?24He粒子從平行板電容器的左極板由靜止釋放后,經過一段時間恰好從右極板的小孔進入復合場且沿水平虛線ab向右運動到b點。不計粒子重力,下列說法正確的是(　　) A.如果將?24He換成?12H,粒子在復合場中不能沿直線運動 B.如果將?24He換成?11H,粒子在復合場中不能沿直線運動 C.無論換成什么樣的

3、帶電粒子,帶電粒子都能沿直線運動 D.如果增大平行板電容器兩板的電壓,24He粒子仍能沿直線運動 答案:B 解析:帶電粒子在電場中加速時,根據動能定理得qU=12mv2,可得v=2qUm,24He粒子和?12H粒子的比荷相同,故兩粒子進入復合場的速度相同,粒子進入復合場后,對粒子受力分析,滿足qE=qvB,故粒子在復合場中沿直線運動,選項A錯誤;如果將?24He換成?11H,11H粒子的速度大,故受到的洛倫茲力大,不能沿直線運動,選項B正確,C錯誤;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粒子不能沿直線運動,選項D錯誤。 3.(2019·山西長治、運

4、城、大同、朔州、陽泉五地市聯(lián)考)如圖所示的金屬導體,長l、寬d、高h,導體中通有沿x正方向的恒定電流I,空間存在沿z軸負方向的勻強磁場,磁感應強度為B,已知金屬導體中單位體積內自由電子個數為n,電子電荷量為e,則下列說法正確的是(　　) A.金屬導體的M面帶正電 B.金屬導體中電荷定向移動速率為Inehd C.增加導體高度h,M、M'兩面間的電壓將增大 D.M、M'兩面間的電勢差為UMM'=IBned 答案:B 解析:根據左手定則知,電子向上側偏轉,則M面帶負電,故A錯誤;由電流的微觀表達式I=neSv得金屬導體中電荷定向移動速率為Inehd,故B正確;電子做定向移動,視為勻速

5、運動,速度為v=Inehd,電子受電場力和洛倫茲力平衡,有eUh=evB得U=Bhv=BhInehd=BIned,即電壓的大小和導體高度h無關,故C錯誤;由上式可知,由于M面帶負電,所以M、M'兩面間的電勢差為UMM'=-BIned,故D錯誤。 4.(2019·山西太原二模)質譜儀是一種測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(可認為初速度為零),從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后,再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場,該偏轉磁場是邊界與直線MN相切,磁感應強度為B,方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場?，F(xiàn)在MN上的F點(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)(　　) A.8UR2B2 B.4UR2B2 C.6UR2B2 D.2UR2B2 答案:C 解析:設粒子被加速后獲得的速度為v,由動能定理有qU=12mv2,粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r=3R3,又qvB=mv2r,可求qm=6UR2B2,選項C正確。 二、多項選擇題(本題共3小題,在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的) 5.(2019·天津河西區(qū)三模)回旋加速器是當代科研、醫(yī)療等領域必需的設備,右圖為回旋加速器的原理圖,其核心部分是兩個半徑均為R的中空半圓金屬D形盒,并處于垂直

7、于盒底的磁感應強度為B的勻強磁場中。現(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,使圓心處的帶電粒子在通過狹縫時都能得到加速。若不考慮相對論效應、重力和在狹縫中運動的時間,下列說法正確的是(　　) A.高頻交變電流周期是帶電粒子在磁場中運動周期的2倍 B.U越大,帶電粒子最終射出D形盒時的速度就越大 C.帶電粒子在加速器中能獲得的最大動能只與B、R有關 D.若用該回旋加速器分別加速不同的帶電粒子,可能要調節(jié)交變電場的頻率 答案:CD 解析:交變電場的周期與帶電粒子運動的周期相等,帶電粒子在勻強磁場中運動的周期T=2πmBq,與粒子的速度無關,所以加速后,交變電場的

8、周期不需改變,不同的帶電粒子,在磁場中運動的周期不等,所以加速不同的帶電粒子,一般要調節(jié)交變電場的頻率,故A錯誤,D正確;根據qvB=mv2R,解得v=BqRm,帶電粒子射出時的動能Ek=12mv2=B2q2R22m,與加速的電壓無關,與磁感應強度B的大小及半徑R有關,故B錯誤,C正確。 6.(2019·天津和平區(qū)一模)如圖所示,電源電動勢為E,內阻為r,滑動變阻器最大阻值為R,G為靈敏電流計,開關閉合,兩平行金屬板M、N之間存在垂直紙面向里的勻強磁場,一帶正電的粒子恰好以速度v勻速穿過兩板,不計粒子重力。下列說法正確的是(　　) A.保持開關閉合,滑片P向下移動,粒子可能從M板邊緣射

9、出 B.保持開關閉合,滑片P的位置不動,將N板向上移動,粒子可能從M板邊緣射出 C.將開關斷開,粒子將繼續(xù)沿直線勻速射出 D.開關斷開瞬間,靈敏電流計G指針將發(fā)生短暫偏轉 答案:AD 解析:因帶電粒子帶正電,則受電場力向下,洛倫茲力向上,原來二力應大小相等,物體才能做勻速直線運動;若滑片向下滑動,則滑動變阻器接入電阻減小,則電路中電流增大,內阻上的電壓增大,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,所受極板間電場強度減小,則所受電場力減小,而所受洛倫茲力不變,故粒子將向上偏轉,可能從M板邊緣飛出,故A正確;保持開關閉合,滑片P的位置不動,將

10、N板向上移動一點,板間距離變小,電壓不變,由E=Ud可知,板間電場強度變大,帶正電粒子,所受向下電場力增大,則粒子將向下偏轉,即可能從N板邊緣射出,故B錯誤;若開關斷開,則電容器與電源斷開,而與R形成通路,電荷會減小,故兩板間的電場強度要減小,故所受電場力減小,粒子不會做直線運動,故C錯誤;電容器和滑動變阻器形成回路,電容器出現(xiàn)放電現(xiàn)象,故指針發(fā)生偏轉,故D正確。 7.(2019·河南駐馬店質檢)如圖所示,平面直角坐標系的第二象限內存在著垂直紙面向外、磁感應強度大小為2B的勻強磁場,第三象限內存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶負電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30°角

11、方向斜向上射入磁場,且在第二象限運動時的軌跡圓的半徑為R,已知帶電粒子的質量為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中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2 B.粒子完成一次周期性運動的時間為2πm3qB C.粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為33R D.若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍,則粒子完成一次周期性運動的時間將減少 答案:AC 解析:由半徑公式r=mvqB知,軌跡圓半徑與磁感應強度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2,故A正確;粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示,

12、在第二象限的運動周期T1=2πmq·2B=πmqB,圓心角為120°,運動時間t1=120°360°T1=πm3qB,在第三象限運動的周期T2=2πmqB,圓心角為120°,運動時間t2=120°360°T2=2πm3qB,所以粒子完成一次周期性運動的時間t0=t1+t2=πmqB,故B錯誤;粒子在第三象限軌跡圓的半徑為R2=2R,從O點入射后第一次經過x軸的距離x1=3R1=3R,第二次圓弧的弦長x2=3R2=23R,所以粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為x=x1+x2=33R,故C正確;若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍,周期T=2πmqB與速度無關,圓心角不變,所

13、以在磁場中運動時間t=θ2πT不變,故D錯誤。 三、計算題(本題共2小題,須寫出規(guī)范的解題步驟) 8.(2019·江西十所省重點高中質檢)如圖所示,在紙面內有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場,等邊三角形ABC為兩磁場的理想邊界。已知三角形ABC邊長為l,三角形內為方向垂直紙面向外的勻強磁場,三角形外部的足夠大空間為方向垂直紙面向里的勻強磁場。一電荷量為+q、質量為m的帶正電粒子從AB邊中點P垂直AB邊射入三角形外部磁場,不計粒子的重力和一切阻力。 (1)要使粒子從P點射出后在最短時間內通過B點,則從P點射出時的速度v0為多大? (2)滿足(1)問的粒子通過B后第三次

14、通過磁場邊界時到B的距離是多少? (3)滿足(1)問的粒子從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短時間為多少?畫出粒子的軌跡并計算。 答案:(1)qBl4m　(2)3l4　(3)見解析 解析:(1)當粒子運動半個圓周到達B點時所用時間最短,此時粒子做圓周運動的半徑r=l4,根據洛倫茲力提供向心力可得r=mv0qB,解得v0=qBl4m。 (2)粒子做圓周運動的半徑r=l4,設過B點后第三次通過磁場邊界時到B點的距離為s, s=3r=3l4。 (3)粒子運動軌跡如圖所示。 粒子在磁場中運動的周期T=2πmqB,由圖可知從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短時間為tmin=25

15、6T=25πm3qB。 9.(2019·山東日照模擬)如圖所示,在坐標系xOy平面的x>0區(qū)域內,存在電場強度大小E=2×105 N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應強度大小B=0.2 T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場。在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ,在x軸上的M(10,0)點處有一粒子發(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),粒子恰能沿x軸做勻速直線運動。若撤去電場,并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內以角速度ω=2π rad/s順時針勻速轉動(整個裝置都處在真空中)。 (1)判斷電場方

16、向,求粒子離開發(fā)射槍時的速度。 (2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑。 (3)熒光屏上閃光點的范圍距離。 (4)熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間。 答案:(1)電場方向向上　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)在復合場中沿x軸做勻速直線運動,據左手定則判定洛倫茲力方向向下,所以電場力方向向上,電場方向向上有qE=qvB 速度v=EB=2×1050.2m/s=106m/s。 (2)撤去電場后,有qvB=mv2R 所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑R=mvqB=6.4×10-27×1063.2×10-19×0.2m=0.1m。 (3)粒子運動軌跡如圖所示,粒子在熒光屏上最上端打在B點,最下端打在A點 由圖可知:dOA=Rtan60°=3R,dOB=R 所以熒光屏上閃光點的范圍距離為dAB=(3+1)R≈0.273m。 (4)因為粒子在磁場中做圓周運動的周期T=2πmqB≈6.28×10-7s,所以粒子在磁場中運動的時間可以忽略不計,閃光點從最低點移到最高點的過程中,粒子發(fā)射槍轉過的圓心角φ=5π6,所用的時間t=φω=5π62πs=512s≈0.42s。 - 7 -