高考物理一轮复习课时分层作业26带电粒子在复合场中的运动含答案

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2．B [分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿＋y方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C项错误；由于粒子所受电场力沿＋y方向，且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x轴上，D项错误，B项正确。]
3．A [点电荷q由P1到P2的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，A项正确；从P2到P3的过程中，电场力对q做正功，从P3到P4的过程中，电场力对q做负功，B项错误；类比开普勒第二定律可知，点电荷q从P3到P4的时间小于从P4到P1的时间，C项错误；加入磁场后，由左手定则可知，洛伦兹力方向沿y轴负方向，故电荷q所受合力不可能为零，故q不可能做匀速直线运动，D项错误。]
4．CD [质子在加速电场中加速，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2eU,m))，进入电场和磁场组成的复合场区域，沿直线穿过场区，则所受洛伦兹力和电场力平衡，有evB＝eE，质子以速度v＝eq \r(\f(2eU,m))做匀速直线运动，设复合场区宽度为s，则穿过复合场区所用时间t＝eq \f(s,v)，穿过复合场区时的动能Ek＝eU。若撤去磁场，质子在匀强电场中做类平抛运动，穿过场区的时间不变，电场力对质子做正功，穿过场区后的动能增加，选项A错误，C正确。若撤去电场，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，若质子从右边界穿出场区，则速度在水平方向的分量逐渐减小，穿过场区的时间增大；若质子从左边界穿出场区，则t′＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)，与t的大小关系无法比较，故选项B错误。若撤去电场，由于洛伦兹力对带电粒子不做功，所以质子穿过场区后的动能不变，选项D正确。]
5．B [由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsin θ，而I＝eq \f(U,R)，而对等离子体受力分析有qeq \f(U,d)＝qvB1，解得v＝eq \f(mgRsin θ,B1B2Ld)。故B正确，A、C、D错误。]
6．AD [第一次在电场中，两原子核做类平抛运动，水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m′)t2，又Ek＝eq \f(1,2)m′veq \\al(2,0)，联立可得y＝eq \f(qE,4Ek)x2，由于氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，所以二者轨迹相同，即氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，A项正确。氘核在电场中做类平抛运动，设氘核第一次进入Ⅱ区时速度方向与水平方向夹角为α，则有tan α＝2tan 45°，所以进入磁场时速度v2＝eq \r(5)v02，Ek＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,02)，则氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小v2＝eq \r(\f(5Ek,m))，B项错误。同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为v1＝eq \r(\f(10Ek,m))，进入磁场后，洛伦兹力充当向心力有qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),r1)，解得r1＝eq \f(mv1,qB)＝eq \f(\r(10mEk),qB)，C项错误。设核子第一次进入磁场时速度方向与MN的夹角为β，则β＝α－45°，由数学知识得sin β＝eq \f(\r(10),10)，核子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离s＝2rsin β，氘核在磁场中运动的轨迹半径r2＝eq \f(2mv2,qB)＝eq \f(2\r(5mEk),qB)，氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距Δs＝s2－s1＝eq \f(\r(10),5)(r2－r1)＝2(eq \r(2)－1)eq \f(\r(mEk),qB)，D项正确。]
7．D [一起运动阶段不知物块电性，不能判断运动方向，A错误；一起运动时，将两者作为一个整体，系统水平方向只受电场力且恒定，则qE＝2ma，对木板则f＝ma＝eq \f(1,2)Eq，所以两者之间摩擦力恒定，B错误；恰好相对滑动则说明两者间水平相互作用力达到最大静摩擦力，满足f＝ma＝μ(mg－qvB)＝eq \f(1,2)qE，此时物体速度大小v＝eq \f(mg,qB)－eq \f(E,2μB)，C错误，D正确。故选D。]
8．D [
电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故A选项错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故C选项错误；对加速过程应用动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝eq \f(mv2,r)，则r＝eq \f(mv,Be)，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝eq \f(d,r)(其中d为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dBeq \r(\f(e,2mU))，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故B选项错误，D选项正确。]
9．ABC [氘核即将离开回旋加速器时，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,R)，氘核离开回旋加速器的最大动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2，联立解得Ek＝eq \f(q2B2R2,2m)，选项A正确；同理，带电粒子在磁场中做圆周运动时，有qvB＝eq \f(mv2,R)，由圆周运动规律可得T0＝eq \f(2πR,v)，联立解得T0＝eq \f(2πm,qB)，由于氘核每次经过“D”形盒的间隙都需要被加速，故氘核相邻两次经过“D”形盒间隙时，电场方向都应相反，即(2k＋1)T＝T0(k＝0,1,2，…)，则交变电压的周期T＝eq \f(2πm,2k＋1qB)(k＝0,1,2，…)，当k＝1时，T＝eq \f(2πm,3qB)，故选项B正确；粒子在D2盒中第n个半圆轨迹对应的加速次数为(2n－1)次，由动能定理可得(2n－1)qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，同时qvnB＝eq \f(mv\\al(2,n),Rn)，联立解得Rn＝eq \f(1,B)eq \r(\f(22n－1mU0,q))，选项C正确；设粒子加速n次后离开“D”形盒，由动能定理可得nqU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，带电粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力可得qvnB＝eq \f(mv\\al(2,n),R)，由圆周运动规律可得T0＝eq \f(2πR,vn)，在磁场中运动的时间为t＝eq \f(n,2)T0，解得t＝eq \f(πBR2,2U0)，因此若U0变为原来的2倍，粒子在“D”形盒中的运动时间变为原来的eq \f(1,2)，选项D错误。]
10．BCD [
由题意可知，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD板上，由几何关系可知此时粒子在磁场中运动的圆心在C点，则粒子做圆周运动的半径R1＝CQ＝L，又qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),R1)，qUmax＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立解得Umax＝eq \f(qB2L2,2m)，选项A错误。当M、N两板间电压减小到U0时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与CD板相切，设切点为K，粒子在磁场中运动的圆心在A点，半径为R2，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，在△AKC中，有sin θ＝eq \f(R2,L－R2)，可得R2＝eq \f(1,3)L，则粒子在磁场中运动的速度v2＝eq \f(qBR2,m)＝eq \f(qBL,3m)，又qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得U0＝eq \f(qB2L2,18m)，选项B正确。如图所示，由分析可知，打在Q、E间的粒子在磁场中运动的时间最长，运动时间均为在磁场中做圆周运动的半个周期，又周期T＝eq \f(2πm,qB)，所以最长时间tmax＝eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,qB)，选项C正确。设M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上H点，如图所示，分析可知CD板上可能被粒子打中的区域的长度s，即为HK的长度，又在直角△AKC中，KC＝eq \f(R2,tan θ)＝eq \f(\r(3),3)L，由A项中分析可知CH＝L，所以s＝HK＝CH－KC＝L－eq \f(\r(3),3)L＝eq \f(3－\r(3)L,3)，选项D正确。]
11．解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，则电场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝qeq \f(U,d)
由闭合电路欧姆定律得U＝eq \f(R2,R1＋R2)E0
联立解得E0＝eq \f(R1＋R2mgd,qR2)。
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋(eq \r(3)d)2
由洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝eq \f(mv,2qd)。
(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小
qE′＝mgcs 60°
解得E′＝eq \f(mg,2q)。
答案：(1)eq \f(R1＋R2mgd,qR2) (2)eq \f(mv,2qd) (3)eq \f(mg,2q)
12．解析：(1)设电子经圆b的加速电场加速两次后以速度v1进入Ⅰ区磁场，设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，则由动能定理得2eU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径
r1＝Rtan eq \f(θ,2)＝Rtan 22.5°＝0.4R
由洛伦兹力提供向心力可得ev1B1＝meq \f(v\\al(2,1),r1)
联立解得B1＝eq \f(5 \r(meU),eR)
运动时间t1＝eq \f(360°－135°,360°)T，又T＝eq \f(2πm,eB1)
联立解得t1＝eq \f(πR\r(meU),4eU)
电子由P→Q，由动能定理得8eU＝Ek，所以动能
Ek＝8eU。
(2)k最大时，电子进入Ⅰ区时速度v最大，做匀速圆周运动的半径r最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r最大。
由几何关系知(eq \r(3)R－r)2＝R2＋r2，解得r＝eq \f(\r(3),3)R，根据洛伦兹力提供向心力有
evB1＝meq \f(v2,r)
解得v＝eq \f(5 \r(3meU),3m)
电子从P点进入圆b到刚进入Ⅰ区，由动能定理得
2eU＝eq \f(1,2)mv2－Ek0
又Ek0＝keU
解得k＝eq \f(13,6)。
答案：(1)eq \f(5 \r(meU),eR) eq \f(πR\r(meU),4eU) 8eU (2)eq \f(13,6)