(新高考)高考物理一轮复习教案第9章限时规范专题练(四)《带电粒子在电磁场中运动的综合性问题》(含详解)

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限时规范专题练(四)　带电粒子在电磁场中运动的综合性问题　 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　时间：60分钟　 　　满分：100分一、选择题(本题共7小题，每小题9分，共63分。其中第1题为单选，2～7题为多选)1．(2020·安徽省皖南八校临门一卷)如图所示为质谱仪的原理示意图，带电粒子经加速电场加速，经速度选择器沿直线运动刚好从P点垂直偏转磁场边界进入磁场，经磁场偏转打在荧光屏A1A2上，若加速电压减小为原来的0.9倍，通过调节速度选择器两板间的电压，粒子仍能从P点射入偏转磁场，则(　　)A．速度选择器两板间电压减小为原来的0.9倍B．粒子在偏转磁场中运动的时间减小为原来的0.9倍C．粒子在偏转磁场中做圆周运动的半径减小为原来的0.9倍D．粒子打在荧光屏上的动能减小为原来的0.9倍答案　D解析　粒子在加速电场中，有U1q＝mv2－0，在速度选择器中，有q＝qvB，则2d2B2U1q＝mU，若加速电压U1减小为原来的0.9倍，粒子仍能从P点射入偏转磁场，则速度选择器两板间电压U2减小为原来的倍，故A错误；粒子在偏转磁场中运动半个周期，而粒子的运动周期T＝，与速度无关，若加速电压U1减小为原来的0.9倍，则粒子在偏转磁场中运动的时间不变，故B错误；粒子在偏转磁场中做圆周运动的半径r＝＝ ，可知若加速电压U1减小为原来的0.9倍，则r减小为原来的倍，故C错误；由Ek＝mv2＝U1q可知，若加速电压U1减小为原来的0.9倍，则粒子打在荧光屏上的动能减小为原来的0.9倍，故D正确。2．(2020·福建省莆田市第二次质量检测)如图所示，在y轴的右方有一方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一方向平行x轴向左的匀强电场。现有一个氕核和一个氘核分别以相同的动量从y轴上的P点垂直y轴进入第一象限，经x轴后分别到达y轴上的某一点(图中未画出)。不考虑粒子受到的重力。则(　　)A．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1∶1B．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1∶2C．氕核到达y轴时的速度较大D．氘核到达y轴时的速度较大答案　AC解析　由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m，可得r＝，根据题意pD＝pH＝mv，qH＝qD，解得rH∶rD＝1∶1，故A正确，B错误。根据Ek＝，mH＜mD，可知氕核的初动能较大；由于两粒子在第一象限的运动半径相同，所以射出第一象限时经过x轴的横坐标x也相同，因此到达y轴时，静电力对氕核和氘核做的功相等，而洛伦兹力不做功，则根据动能定理，氕核到达y轴时的动能较大；根据Ek＝mv2，mH＜mD，可知氕核到达y轴时的速度较大，故C正确，D错误。3．(2020·内蒙古鄂尔多斯市模拟)如图所示，在地球附近上方的空间，存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向水平且垂直于纸面向里，一带电油滴P在竖直面内恰好做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是(　　)A．若撤去电场，油滴P可能做匀变速曲线运动，且机械能不断增加B．若撤去磁场，油滴P可能做匀速直线运动，且机械能不变C．若改变油滴P的初速度，P也可能做匀速直线运动，且机械能保持不变D．油滴P带负电，且做匀速圆周运动时，在最高点电势能最大答案　BC解析　带电油滴P在竖直面内恰好做匀速圆周运动，则油滴所受静电力竖直向上且与重力大小相等，因此油滴P带负电，在圆周运动最高点时，电势能最小，故D错误；由于洛伦兹力与速度有关，因此若撤去电场，油滴P只要速度改变，所受洛伦兹力就会发生变化，从而使加速度改变，因此油滴P不可能做匀变速曲线运动，故A错误；若撤去磁场，油滴P受力平衡，做匀速直线运动，如果速度沿水平方向，机械能不变，故B正确；若将油滴P的初速度改为垂直纸面方向，则油滴P不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动，且机械能保持不变，故C正确。4．(2020·福建省泉州市第二次质量检测)如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度v随时间t的变化关系图线，可能正确的是(　　)答案　BC解析　当qBv0>mgcosθ时，圆环受到的支持力FN先变小后变大，摩擦力Ff＝μFN也先变小后变大，圆环减速运动的加速度a＝，也先变小后变大；当圆环速度减为零时，若μ>tanθ，则圆环静止，若μ<tanθ，则圆环将向下做加速度减小的加速运动直到加速度为零后做匀速直线运动。当qBv0<mgcosθ时，圆环受到的支持力FN变大，摩擦力Ff＝μFN变大，圆环减速运动的加速度a＝变大；当圆环速度减为零时，若μ＞tanθ，则圆环将静止，若μ＜tanθ，则圆环将向下做加速度减小的加速运动直到加速度为零后做匀速直线运动。故B、C正确，A、D错误。5．(2020·福建省厦门市五月质量检查)如图所示，在正交坐标系的空间中存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向与xOy平面平行，且与x轴正方向的夹角为37°。一质量为m、所带电荷量为＋q的粒子从原点O以初速度v沿z轴负方向射入，不计粒子重力，则(　　)A．经过t＝，粒子所在位置坐标为B．经过t＝，粒子所在位置坐标为C．若要使该粒子沿直线运动，则所加匀强电场场强大小一定为E＝vBD．若要使该粒子沿直线运动，则所加匀强电场场强大小可能为E＝2vB答案　BC解析　根据题意，v⊥B，则粒子在与B垂直的平面内做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子向xOz平面下方偏转。由题意知，粒子的周期T＝，轨道半径r＝，则经过t＝＝，粒子所在位置的z坐标z＝0，故粒子此时位于如图所示的A点，由几何关系可知，A点的x、y坐标分别为x＝2rsin37°＝、y＝－2rcos37°＝－，即经过t＝，粒子所在位置坐标为，B正确，A错误；若要使该粒子沿直线运动，应使洛伦兹力与静电力等大反向，即qvB＝Eq，因此电场强度的大小一定为E＝vB，C正确，D错误。6．(2020·广东省佛山市二模)如图所示，在y>0的区域内存在两个匀强磁场。以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2；其余区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B1。一比荷为k的带电粒子在加速电场的下极板处无初速释放，经加速后从坐标为(－2R,0)的a点进入磁场，又从坐标为(2R,0)的b点离开磁场，且粒子经过各磁场边界时的速度方向均与该边界线垂直。不计粒子的重力，且不用考虑粒子多次进入B2磁场的情况，则加速电场的电压大小可能为(　　)A．2kBR2  B. C.  D.答案　ACD解析　当粒子在电场中加速时，有Uq＝mv－0，若粒子速度较大，粒子可在磁场B1中直接从a点经半圆周到达b点，此时粒子运动的轨道半径为r1＝2R，由qv0B1＝m，联立解得U＝2kBR2；若粒子速度不太大，粒子运动的轨迹如图，设其进入磁场B1的轨道半径为r2，由几何关系有2R＝r2＋，解得r2＝R，则图中θ＝37°，粒子在B2中的运动半径为r3＝－r2＝R，由qv0B1＝m，qv0B2＝m，联立解得U＝＝。故A、C、D正确，B错误。 7.(2020·河南省六市第二次联合调研检测)如图所示，在直角坐标系xOy中，0＜x＜d区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，x＞d区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P(0，d)点以平行于x轴的初速度v0射入电场，经过一段时间粒子从M点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从N(d，－d)点返回电场，当粒子返回电场时，电场强度大小不变，方向反向。不计粒子重力，不考虑电场方向变化产生的影响。则以下分析正确的是(　　)A．粒子最后射出电场时速度大小为2v0B．粒子最后射出电场的位置坐标是(0,2d)C．电场强度大小为E＝D．磁场的磁感应强度大小为B＝答案　CD解析　粒子在电场中做类平抛运动，设粒子第一次离开电场时速度的偏转角为α，得tanα＝＝2×＝2×＝1，可知α＝，根据速度的合成与分解得粒子在M点的速度v＝＝v0，粒子第一次在电场中运动过程，由动能定理有qE＝mv2－mv，解得E＝，C正确；粒子第二次进入电场，做类斜抛运动，根据运动的对称性可知，粒子最后射出电场时的速度大小为v0，沿y轴负方向的位移y＝d－＝，则粒子最后射出电场的位置坐标是，故A、B错误；粒子在磁场中运动过程，有qvB＝m，根据几何关系得r＝，联立解得B＝，故D正确。二、非选择题(本题共2小题，共37分)8．(2020·河北省石家庄市一模)(17分)如图所示，平面直角坐标系第一象限存在指向y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第四象限局部区域内存在方向向外的匀强磁场，磁场边界为矩形且上边界与x轴重合。y轴上d到2d(d>0)区域内可水平向右射出质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，所有粒子射出后轨迹均经过x轴上点A(2d,0)，经过点A时速度最小的粒子经过A处的磁场偏转后，到达y轴上点C(0，－4d)时，速度方向与y轴负方向夹角为45°。不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用力。求：(1)所有出射粒子经过x轴上点A时速度与x轴正方向夹角正切值的范围；(2)粒子经过x轴上点A时的最小速度；(3)矩形磁场区域的最小面积和磁感应强度大小。答案　(1)1≤tanθ≤2　(2)2(3)(2－2)d2　解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动，设到达A点时沿y轴负方向运动的距离为y，y方向分速度大小为vy，在y方向：y＝at2vy＝at在x方向：2d＝vxttanθ＝将临界条件y＝d和y＝2d分别代入可得：1≤tanθ≤2。(2)设粒子经过x轴上点A时的速度大小为v，则v2＝v＋v所以v2＝(at)2＋2当at＝时，v2最小，此时t＝，v最小又a＝，代入解得：vmin＝2。(3)v最小时，t＝，y＝d，tanθ＝1，θ＝45°，如图所示，由几何关系可知，R＝dSmin＝2d(R－Rsin45°)＝(2－2)d2而Bqvmin＝m解得：B＝。9．(2021·天津市部分区高三上期末)(20分)正负电子对撞机是一个使正负电子产生对撞的设备，如图所示为一种使高能正负电子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称的间距为2d的MN、PQ之间存在两个有界匀强磁场，其中平行于x轴的JK下方Ⅰ区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度大小均为B。在x轴上有两台直线加速器1和2，关于y轴对称，且末端刚好与MN、PQ对齐。质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞(速度方向刚好相反)，根据入射速度的变化，可调节JK与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用及正、负电子的重力。(1)直线加速器1加速的是正电子还是负电子？(2)正、负电子同时以相同速度v1进入磁场，仅经过直线JK一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值；(3)正、负电子同时以v2＝速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。答案　(1)负电子　(2)(3)d或d(n＝1,3,5，…)解析　(1)正、负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正、负电子射出直线加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器1加速的为负电子。(2)设正、负电子的轨道半径均为R1，由几何关系可知2＋(R1－h)2＝R整理得R1＝＋≥2＝即R1min＝根据ev1B＝m解得v1min＝。(3)当v2＝时，R2＝＝d正、负电子发生对心碰撞的位置离O点的距离总是满足Δy＝2h情况一：h>R2，经过分析可知只有一种情况，如图1，有(h－R2)2＋2＝R解得h＝d则Δy＝d；情况二：h<R2，如图2，有2＋(R2－h)2＝R(n＝1,3,5，…)解得h＝R2－则Δy＝d(n＝1,3,5，…)。