2022版高考物理一轮复习训练：第9章 能力课 带电粒子在复合场中的运动

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www.ks5u.com第九章　磁　场　能力课　带电粒子在复合场中的运动知识巩固练习1．(2021年宜昌质检)如图，从离子源产生的一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)由静止经电场加速后自a点沿半径方向垂直于匀强磁场射入圆形区域的磁场中，从c点射出．已知圆的半径为r，粒子在磁场中运动时间为t0，∠aOc＝120°.则加速电场的电压是(　　)A．　　 B．C．　　  D．【答案】A【解析】粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．由几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角α＝60°，轨迹半径为R＝rtan 60°＝r.粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，粒子在磁场中的运动时间t0＝T＝.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝mv2，解得U＝.故A正确．2．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，开关闭合，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板．不计粒子重力．以下说法正确的是(　　)A．将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出B．将磁场方向改成垂直于纸面向外，粒子将继续沿直线匀速射出C．保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可能从N板边缘射出D．保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向下移动，粒子可能从M板边缘射出【答案】D【解析】M、N间的电场方向向下，带正电的粒子所受的电场力向下，带电粒子匀速穿过两板时，电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，则洛伦兹力向上．将开关断开，则电容器与电源断开，电容器通过R放电，两板间的电场强度要减小，粒子所受的电场力减小，将小于洛伦兹力，粒子将向上偏转，故A错误；将磁场方向改成垂直于纸面向外，电场力方向不变，洛伦兹力变为向下，粒子将向下偏转，故B错误；保持开关闭合，滑片P向下移动，电容器板间电压减小，板间场强减小，带电粒子所受的电场力减小，则粒子将向上偏转，可能从M板边缘射出，故C错误；保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向下移动，板间电压不变，由E＝可知场强减小，电场力减小，则电场力小于洛伦兹力，粒子将向上偏转，可能从M板边缘射出，故D正确．3．右图为回旋加速器的示意图．两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中．一质子从加速器的A处开始加速．已知D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U，频率为f，质子的质量为m，电荷量为q.下列说法错误的是(　　)A．质子的最大速度不超过2πRfB．质子的最大动能为C．质子的最大动能与电压U无关D．只增大磁感应强度B，可减小质子的最大动能【答案】D【解析】质子出回旋加速器时的速度最大，此时的半径为R，则v＝＝2πRf.所以最大速度不超过2πRf，A正确．质子的最大动能Ek＝mv2＝与电压无关，B、C正确．质子的最大动能Ek＝，只增大磁感应强度可增大质子的最大动能，D错误．4．(多选)(2021年随州月考)如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器．沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场B2，最终打在P1、P2两点．则(　　)A．打在P1点的粒子是HeB．打在P2点的粒子是H和HeC．O2P2的长度是O2P1长度的2倍D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等【答案】BC【解析】带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，即qvB＝qE，所以v＝.可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以qvB＝，故r＝＝·.可知粒子的比荷越大，运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He.故A错误，B正确．由题中的数据可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H轨道半径是H和He轨道半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍．故C正确．粒子运动的周期T＝＝，三种粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等．故D错误．5．(多选)(2021年江苏名校联考)如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为 E＝，磁感应强度大小为 B．一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度 v0向下运动，经时间 t0，圆环回到出发点．若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为 g．则下列说法正确的是(　　)A．环经过时间刚好到达最低点B．环的最大加速度为 am＝g＋C．环在 t0 时间内损失的机械能为mD．环在下降过程和上升过程中系统因摩擦产生的内能相等【答案】BC【解析】环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力、向上的摩擦力．设加速度大小为a1，则a1＝，因此随着速度的减小，洛沦兹力减小，则摩擦力会减小，环做加速度减小的减速运动；当环回头时，环的加速度大小a2＝，随着速度增大，做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动．因此在t＝时，不可能刚好到达最低点，故A错误．圆环在运动过程中，向下运动的加速度大于向上运动的加速度，而向下运动的摩擦力越大则加速度越大，因此环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度am＝＝g＋，故B正确．圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能、电势能变化为零，那么机械能的损失即为动能的减小，根据动能定理有ΔEk＝mv2－mv，匀速运动时a2＝0，得v＝，因此损失的机械能为－ΔEk＝m，故C正确．根据功能关系，除重力以外的力做功，则导致机械能变化，而环在下落与上升过程中因摩擦力做功值不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损失的机械能，故D错误．综合提升练习6．(多选)(2021年怀化质检)下图是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比．待选粒子从O1进入小孔时可认为其速度为零．加速电场区域Ⅰ的板间电压为U.粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d.区域Ⅱ出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上．若半径为r0，质量为m0，电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子的重力，则(　　)A．区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为B．区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝BdC．若纳米粒子的半径r＞r0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过D．若纳米粒子的半径r＞r0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为【答案】AD7．(2021年辽宁一模)如图所示，在第一、四象限的0.5d≤y≤1.5d和－1.5d≤y≤－0.5d区域内存在磁感应强度大小可调且方向相反的匀强磁场；在第二、三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场．带电粒子以速度v0从点P(－4d,1.5d)沿x轴正方向射出，恰好从O点离开电场．已知带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)，不计粒子的重力．(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)若磁感应强度大小均为B1时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与直线y＝－1.5d相切，且第一次离开第四象限时经过x轴上的S点(图中未画出)，求B1；(3)若磁感应强度大小均为B2时，粒子离开O点后，经n(n>1)次磁偏转仍过第(2)问中的S点．求B2与B1的比值，并确定n的所有可能值．【答案】(1)　(2)　(3)，n＝2,3,4,5【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，有4d＝v0t，＝at2 ＝×t2，解得E＝.(2)设粒子离开电场时，速度方向与x轴的夹角为θ，有tan θ＝＝＝＝，解得θ＝37°.粒子从O点射出电场时的速度为v＝＝v0，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝m，由几何关系有Rcos 37°＋d＝R，得R＝5d.联立解得B1＝.(3)OS的距离为l＝2×＋2Rsin θ＝d.将磁场大小改为B2时，磁偏转做圆周运动有qvB2＝m，得磁偏转半径R′＝.易知粒子在x轴上下运动具有对称性，若经过了奇数次磁偏转则由下射向S，若经过偶数次偏转则由上射向S.有l＝n＝n＝d，得B2＝，显然n<6.则＝，n＝2,3,4,5.8．(2021年湖北一模)在如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为φ (60°<φ<90°)，不计重力．(1)求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω；(2)带电粒子每次离开磁场进入电场后，都从O点离开电场进入磁场，从而形成周期性运动．求电场强度的大小E和粒子运动周期T；(3)当粒子运动到磁场区离y轴最远处时，有一个质量为m、速度大小为v0、方向沿y轴负方向的电中性粒子与带电粒子发生弹性正碰，在碰撞过程中没有电荷转移．求碰撞以后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离L.【答案】(1)　(2)Bv0cos φ　(π－φ＋tan φ)(3)【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，qv0B＝mωv0，解得ω＝.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B＝m，解得r＝.进入电场时的速度方向与y轴正向成φ角，则到达y轴时y＝－2rsin φ＝－，时间t1＝·＝.进入电场后沿y方向做匀速运动，沿x方向先减速后加速，最后到达O点，则－y＝v0cos  φ·t2，v0sin φ·t2－at＝0，即2v0sin φ＝at2，a＝，解得E＝Bv0cos φ，t2＝tan φ.粒子运动周期T＝t1＋t2＝(π－φ＋tan φ)．(3)当粒子运动到磁场区域离y轴最远处时，速度方向沿y轴负向．粒子与不带电的粒子相碰时，由动量守恒和能量关系有mv0＋m×v0＝mv1＋mv2，mv＋m×2＝mv＋mv，解得v1＝v0，v2＝v0(同质量速度交换)，此时粒子做圆周运动的轨道半径为r′＝＝，到达y轴时的位置距离O点的距离Δy＝rsin φ＋，解得Δy＝.