(新高考)高考物理一轮复习课时作业第9章第3讲《带电粒子在复合场中的运动》(含解析)

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第3讲　带电粒子在复合场中的运动 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　时间：60分钟　 　　满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题10分，共60分。其中 1～5题为单选，第6题为多选)1．(2020·北京市朝阳区高三上期末)在光滑水平面上，细绳的一端拴一带正电的小球，小球绕细绳的另一端O沿顺时针做匀速圆周运动，水平面处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，如图所示(俯视)。某时刻细绳突然断裂，则下列推断正确的是(　　)A．小球将离圆心O越来越远，且速率越来越小B．小球将离圆心O越来越远，且速率保持不变C．小球将做匀速圆周运动，运动周期与绳断前的周期一定相等D．小球将做匀速圆周运动，运动半径与绳断前的半径可能相等答案　D解析　由左手定则可知，小球所受洛伦兹力背离圆心向外，当细绳断裂后，小球将在洛伦兹力作用下沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A、B错误；根据牛顿第二定律，细绳断裂前，小球做圆周运动的向心力F向＝T－qvB，细绳断裂后，有F向′＝Bvq，若F向′＝F向，根据公式F＝m、T＝，则细绳断裂前后，小球做圆周运动的半径、周期均相同，若F向′≠F向，则其运动半径、周期均不同，故C错误，D正确。2．(2020·山东省济宁市兖州区高三下网络模拟)如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是(　　)A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1B．在Ek­t图像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D．不同粒子获得的最大动能都相同答案　B解析　根据T＝，可知粒子做圆周运动的周期不变，在Ek­t图像中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，故B正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2(tn－tn－1)，故A错误；设D形盒的半径为r，根据r＝，解得vm＝，故最大动能Ekm＝mv＝，可知粒子获得的最大动能与D形盒的半径r有关，D形盒的半径r越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关，故C错误；粒子获得的最大动能Ekm＝mv＝，与粒子比荷以及B和r有关，即不同粒子获得的最大动能不同，故D错误。3．(2020·浙江省杭州市学军中学高三下学期选考冲刺模拟)在磁场中放置一块矩形通电导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上产生电势差，这个现象叫霍尔效应，所产生的电压叫霍尔电压。图甲为霍尔效应的原理示意图，图中霍尔电压UH＝；如图乙所示，在自行车的前叉上固定一霍尔元件，在前轮辐条上安装一块磁体，这样，轮子每转一周，磁体就靠近霍尔传感器一次，便可测出某段时间内的脉冲数，从而得到自行车的平均速度并通过速度计显示出来，设自行车前轮的半径为R，磁体到前轮转轴的距离为r，则下列说法正确的是(　　)A．若霍尔元件的载流子是负电荷，则图甲中C端电势高于D端电势B．如果长时间不更换传感器的电池，霍尔电压会越来越大C．如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车骑行的平均速度为D．若前轮漏气，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏小答案　C解析　若霍尔元件的载流子是负电荷，根据左手定则，当通入图甲中所示方向的电流时，负电荷所受洛伦兹力方向向左，负电荷累积到C端，C端电势低，故A错误；若长时间不更换传感器的电池，则通过霍尔元件的电流I将减小，据UH＝，可知霍尔电压将减小，故B错误；如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车的转速为n＝，平均速度为v＝2πnR＝，故C正确；若前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数小，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏大，故D错误。4.(2020·天津市塘沽一中高三二模)如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径(OP)为R，通道内有均匀辐向分布的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)A．速度选择器的极板P1的电势比极板P2的低B．粒子的速度v＝C．粒子的比荷为D．P、Q两点间的距离为答案　C解析　由题图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，由左手定则可知，该粒子带正电；粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力方向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的静电力的方向向下，则电场的方向向下，即极板P1的电势比极板P2的高，故A错误。粒子在速度选择器内受力平衡，则qE1＝qvB1，可得v＝，故B错误。粒子在静电分析器内受到的静电力提供向心力，则qE＝，联立可得粒子的比荷＝＝，故C正确。粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，受到的洛伦兹力提供向心力，则qvB＝，联立可得r＝，P、Q两点间的距离为2r＝，故D错误。5．(2021·北京市朝阳区校际联考)如图所示为磁聚焦法测量比荷的原理图。在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。小孔P与荧光屏中心O点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，经过一段时间电子再次会聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次会聚在荧光屏的O点。已知K、A之间的加速电压为U，C与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点到O点的距离为l。下列说法正确的是(　　)A．电子通过电容器后速度方向相同B．从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径相同C．所有电子从发散到再次会聚所用的时间相同D．电子的比荷＝答案　C解析　在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，故电子通过电容器后速度方向不同，A错误；经交变电场后电子发生不同程度的偏转，故经交变电场后电子在垂直PO方向上的速度不同，此时由洛伦兹力提供向心力，有m＝Bev⊥，得r＝，故从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径不同，B错误；在PO方向上电子做匀速运动，速度大小相同，故所有电子从发散到再次会聚所用的时间相同，C正确；从发散点到再次会聚点，两个方向的分运动时间相等，则t直＝t圆，电子经过加速电场有eU＝mv，电子射出电容器后在PO方向做匀速直线运动，有t直＝，电子在垂直于PO的方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有ev⊥B＝m，T＝＝，t圆＝T，联立解得＝，故D错误。6.如图所示，在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是D．小球向下运动的稳定速度为答案　CD解析　小球静止时只受静电力、重力、弹力及摩擦力，静电力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球由牛顿第二定律有mg－μEq＝ma，小球的加速度为a＝g－，小球速度将增大，受到洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故小球的机械能和电势能的总和将减小，故B错误。当洛伦兹力大小等于静电力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，直到加速度减小为零后做匀速直线运动；故加速度为最大加速度的一半时有两种情况，一种是洛伦兹力小于静电力的情况，另一种是洛伦兹力大于静电力的情况，当洛伦兹力小于静电力时有：＝，解得：v1＝；当洛伦兹力大于静电力时有：＝，解得：v2＝，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且保持稳定，有：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝，故D正确。二、非选择题(本题共2小题，共40分)7.(2021·广东省六校联盟高三上第一次联考)(20分)如图所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平方向成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E＝；两板间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也分别为B和E。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间。(1)求小球刚进入两平行板间时的速度v的大小和方向；(2)若小球进入两板间后，经过时间t撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t。答案　(1)　方向与MN成60°角斜向右下方(2)d≥　解析　(1)受力分析可知带正电的小球在MN板上方电磁场中做匀速直线运动，小球受力平衡，如图1所示。小球所受静电力F电＝qE＝mg，方向与水平方向成30°角斜向左上方，重力mg竖直向下，则小球所受洛伦兹力F洛＝qvB＝mg，方向与水平方向成30°角斜向右上方解得v＝由左手定则可知，速度方向与MN成θ＝60°角斜向右下方。(2)依题知qE＝mg故小球在两板间做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m解得r＝2g且T＝＝分析可知，在小球速度水平向左时，撤去板间电场，如图2所示由qvB＝mg可知，小球处于平衡状态，将向左做匀速直线运动由几何关系得d≥r＋rcosθ＝且t＝T＝。8.(2021·八省联考湖北卷)(20分)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)Bv0cosφ　(tanφ＋π－φ)(3)(sinφ＋)解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mωv0解得ω＝。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有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轴时与O点的距离为y＝2rsinφ＝在磁场中运动一次的时间t1＝·＝进入电场后沿y轴正向做匀速直线运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，则v0cosφ·t2＝y，at2＝2v0sinφ，a＝联立解得E＝Bv0cosφ，t2＝粒子运动周期T＝t1＋t2＝(tanφ＋π－φ)。(3)当带电粒子运动到磁场区离y轴最远处时，速度方向沿y轴负向，带电粒子与不带电的粒子相碰时，由动量守恒定律和总动能不变得mv0＋m·v0＝mv1＋mv2mv＋m·2＝mv＋mv联立解得v1＝v0，v2＝v0则此后带电粒子做圆周运动的轨道半径为r′＝r＝则之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＝rsinφ＋解得L＝(sinφ＋)。