《2018-2019學(xué)年高二物理 寒假訓(xùn)練09 帶電粒子在復(fù)合場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年高二物理 寒假訓(xùn)練09 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 寒假訓(xùn)練09帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1．【2018年浙江省高三上學(xué)期11月選考】小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓，周期。板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的勻強磁場。粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子。t＝0時刻，發(fā)射源在（x，0）位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其他阻力，粒子在電場中運動的時間不計。

2、 (1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y＝y(tǒng)0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能； (2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系。 一、選擇題 1．【2018年石嘴山三中高二12月月考】(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的勻強電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中，如圖所示。要增大帶電粒子射出時的動能，則下列方法中正確的是(　　) A．增大磁場的磁感應(yīng)強度 B．增大電場的

3、加速電壓 C．增大D形金屬盒的半徑 D．減少狹縫中的距離 2．【2018年宜昌市高三12月調(diào)研】如圖所示，水平放置平行金屬板間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的粒子(不計重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直線穿過，則下列說法正確的是(　　) A．若只將帶電粒子帶電量變?yōu)椋?q，粒子將向下偏轉(zhuǎn) B．若只將帶電粒子帶電量變?yōu)椋?q，粒子仍能沿直線穿過 C．若只將帶電粒子速度變?yōu)?v且粒子不與極板相碰，則從右側(cè)射出時粒子的電勢能減少 D．若帶電粒子從右側(cè)水平射入，粒子仍能沿直線穿過 3．【2018年天津一中高二上學(xué)期期中】如圖

4、所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。加速電場的電壓為U，速度選擇器中的電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B1，偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度為B2，一電荷量為q的帶正電的粒子在加速電場中加速后進入速度選擇器，剛好能從速度選擇器進入偏轉(zhuǎn)磁場做圓周運動，測得圓的直徑為d，照相板上有記錄粒子位置的膠片。下列表述不正確的是(　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．粒子在速度選擇器中做勻加速直線運動 C．所有粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場時的速度相同 D．粒子質(zhì)量為 4．【2018年山師大附中高二12月月考】(多選)如圖甲所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿固定于磁感應(yīng)強度

5、為B的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖象可能是下列選項中的(　　) 5．【大連市2018年高二上學(xué)期聯(lián)考】如圖所示，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面。當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為(　　) A．0 B．2mgC．4mg D．6mg 6．【2018年如東高級中學(xué)高二上學(xué)期期中】(多選)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和

6、勻強磁場B的復(fù)合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，重力加速度為g，則(　　) A．小球可能帶正電 B．小球做勻速圓周運動的半徑 C．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加 D．小球做勻速圓周運動的周期 二、解答題 7．【2018年銀川中學(xué)高二月考】如圖所示的坐標系xOy中，x < 0，y > 0的區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，x ≥ 0的區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy坐標平面向外的勻強磁場，x軸上A點的坐標為(－L，0)，y軸上B點的坐標為(0，)。有一個帶正電的粒子從A點以初速度vA沿y軸正方向射入勻強電場區(qū)域，經(jīng)過B點進入勻強磁場區(qū)域，然后經(jīng)x軸上的C點(

7、圖中未畫出)運動到坐標原點O。不計重力。求： (1)粒子在B點的速度vB是多大？ (2)C點與O點的距離xC是多大？ (3)勻強電場的電場強度與勻強磁場的磁感應(yīng)強度的比值是多大？ 8．【2018年諸暨中學(xué)高二上學(xué)期期中】如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。A板帶正電荷，B板帶等量負電荷，電場強度為E；磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B1。平行金屬板右側(cè)有一擋板M，中間有小孔O′，OO′是平行于兩金屬板的中心線。擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B2。CD為磁場B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角θ＝45°，O′C＝a，現(xiàn)有

8、大量質(zhì)量均為m，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子（正負都有），自O(shè)點沿OO′方向進入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO′方向運動，并進入勻強磁場B2中，不計粒子的重力，不考慮帶電粒子之間的相互作用，求： (1)進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度大??； (2)能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值； (3)絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度并要求標準畫圖。 9．【2018年鄭州11月月考】如圖所示，在xOy平面內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，其中0a內(nèi)有方向垂直xOy平面向外的磁場，在x<0

9、內(nèi)無磁場。一個帶正電q、質(zhì)量為m的粒子(粒子重力不計)在x＝0處以速度v0沿x軸正方向射入磁場。 (1)若v0未知，但粒子做圓周運動的軌道半徑，求粒子與x軸的交點坐標； (2)若無(1)中的條件限制，粒子的初速度仍為v0（已知），問粒子回到原點O需要使a為何值？ 寒假訓(xùn)練09帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1．【解析】（1）發(fā)射源的位置x0=y0， 粒子的初動能：Ek0=(qBy0)22m； （2）分下面三種情況討論： （i）如圖1，Ek0>2qU0 由y=mv2Bq、R0=mv0Bq、R1=mv1Bq， 和12mv12=12mv02-qU0，12mv22=12mv12

10、-qU0， 及x=y+2(R0+R1)， 得x=y+2qByqB2+2mqU0+2qByqB2+4mqU0； （ii）如圖2，qU0

11、當粒子動能最大時，粒子在磁場中的運動半徑等于D型盒的半徑，由qvB＝mv2R，解得v=qBRm。則動能EK＝12mv2＝q2B2R22m，知動能與加速的電壓無關(guān)，狹縫間的距離無關(guān)，與磁感應(yīng)強度大小和D形盒的半徑有關(guān)，增大磁感應(yīng)強度和D形盒的半徑，可以增加粒子的動能。故AC正確，BD錯誤。 2．【答案】B 【解析】粒子恰沿直線穿過，電場力和洛倫茲力均垂直于速度，故合力為零，粒子做勻速直線運動；根據(jù)平衡條件，有qvB=qE，解得v=EB，只要粒子速度為EB，就能沿直線勻速通過選擇器；若帶電粒子帶電量為+2q，速度不變，仍然沿直線勻速通過選擇器，A錯誤；若帶電粒子帶電量為-2q，只要粒子速度為E

12、B，電場力與洛倫茲力仍然平衡，仍然沿直線勻速通過選擇器，B正確；若帶電粒子速度為2v，電場力不變，洛倫茲力變?yōu)?倍，故會偏轉(zhuǎn)，克服電場力做功，電勢能增加，C錯誤；若帶電粒子從右側(cè)水平射入，電場力方向不變，洛倫茲力方向反向，故粒子一定偏轉(zhuǎn)，D錯誤． 3．【答案】B 【解析】粒子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB2=mv2r，解得：qm=vB2r，知道粒子電量后，便可求出m的質(zhì)量，所以質(zhì)譜儀可以用來分析同位素，故A正確；在速度選擇器中做勻速直線運動的粒子能進入偏轉(zhuǎn)磁場，由平衡條件得：qvB1=qE，粒子速度：v=EB1，故B錯誤，C正確；粒子在磁場中做勻速圓

13、周運動，由牛頓第二定律得：qvB2=mv2r，以及B1qv=qE；解得：m=B1B2qd2E；故D正確。 4．【答案】BD 【解析】由左手定則可知圓環(huán)所受洛倫茲力F洛=qvB的方向豎直向上，細桿對圓環(huán)的支持力FN，圓環(huán)所受滑動摩擦力f=μFN，圓環(huán)所受重力G=mg方向豎直向下，當qvB=mg時，F(xiàn)N=0，故f=0，故圓環(huán)做勻速直線運動，故B正確。當qvB＜mg時，細桿對圓環(huán)的支持力FN方向豎直向上，F(xiàn)N=mg-qvB，故f＞0，物體作減速運動，隨速度v的減小FN逐漸增大，故滑動摩擦力f逐漸增大，故物體的加速度a=f/m逐漸增大，即物體作加速度逐漸增大的變減速運動。當qvB＞mg時，細桿對圓

14、環(huán)的支持力FN方向豎直向下，F(xiàn)N=qvB-mg，故f＞0，物體作減速運動，隨速度v的減小FN逐漸減小，故滑動摩擦力f逐漸減小，故物體的加速度a=f/m逐漸減小，即物體作加速度逐漸減小的變減速運動，當qvB=mg時，F(xiàn)N=0，故f=0，故圓環(huán)做勻速直線運動，故D正確。 5．【答案】C 【解析】由題意可知，當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，因此洛倫茲力向上，與重力平衡，根據(jù)左手定則可知，小球帶正電；設(shè)線的長度為L，小球經(jīng)過最低點時速率為v。根據(jù)機械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=12mv2，得到：v=gL；當小球自左方擺到最低點時，有：qvB-mg=mv2L；當小球自右方

15、擺到最低點時，有：F-mg-qvB=mv2L；由兩式相加得：F=2mg+2mv2L=4mg。因此小球自右方擺到最低點時懸線上的張力為4mg，故ABD錯誤，C正確。 6．【答案】BD 【解析】小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以mg=Eq，由于電場力的方向與場強的方向相反，故小球帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力提供向心力，故有：qvB=mv2r，解得：r=mvqB；又由于qU=12mv2，解得：v=2qUm；聯(lián)立得到：r=1B2mUq=1B2UEg，故B正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期為：T=2πrv=2πmqB=2πEBg，故D正確

16、；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，運動周期為：T=2πEBg，顯然運動周期與加速電壓無關(guān)，故C錯誤。 二、解答題 7．【解析】（1）設(shè)粒子從A點運動到B點所用時間為t，在B點時，沿x軸正方向的速度大小為vx，則233L＝vAt，12vxt＝L，而vB＝vA2+vx2，解得vB＝2vA。 （2）設(shè)粒子在B點的速度vB與y軸正方向的夾角為θ，則tanθ＝vxvA，解得θ＝60° 粒子在x≥0的區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示。 由幾何關(guān)系有∠O1BO＝∠O1OB＝30°，有△OO1C為等邊三角形，BC為直徑，所以xC＝y(tǒng)Btanθ＝233L3＝23L (或設(shè)軌道半徑為R，由R=

17、yB2sin60°=23L，得xC＝2Rcos60°＝23L) （3）設(shè)勻強電場的電場強度為E，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，則qEL=12mvB2=12mvA2 而qvBB＝mvB2R 解得EB=vA2。 8．【解析】（1）設(shè)沿直線OO′運動的帶電粒子進入勻強磁場B 2的速度為v 根據(jù)：qvB1=qE 解得：v=EB1 （2）粒子進入勻強磁場B 2中做勻速圓周運動 根據(jù)：qvB2=mv2r，得：q=mvB2r ? 因此電荷量最大的粒子運動的軌道半徑最小，設(shè)最小半徑為r1 由幾何關(guān)系有：r1+2r1=a 解得最大電荷量為：q=(2+1)mE

18、B1B2a （3）帶負電的粒子在磁場B 2中向上偏轉(zhuǎn)，某帶負電粒子軌跡與CD相切，設(shè)半徑為r 2，依題意：r2+a=2r2 解得：r2=(2+1)a 則CD板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度為：x=r2-r1=2a 軌跡圖如圖。 9．【解析】（1）帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其軌道半徑為R，其在第一象限的運動軌跡如圖所示。此軌跡由兩段圓弧組成，圓心分別在C和C′處，軌跡與x軸交點為P。由對稱性可知C′在x=2a直線上。設(shè)此直線與x軸交點為D， P點的x坐標為xP=2a+DP。過兩段圓弧的連接點作平行于x軸的直線EF，則 DF=R-R2-a2，C'F=R2-a2，C'D=C'F-DF，DP=R2-C'D2 由此可得P點的x坐標為xP=2a+RR2-a2-(R2-a2)， 代入題給條件得xP=2(1+2-1)a （2）若要求帶電粒子能夠返回原點，由對稱性，其運動軌跡如圖所示，這時C′在x軸上。設(shè)∠CC'O=α，粒子做圓周運動的軌道半徑為r，由幾何關(guān)系得：α=π6 軌道半徑r=acosα=233a 設(shè)粒子入射速度為v0，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qv0B=mv02r， 解得a=3mv02qB 10