2020届高考物理二轮复习 疯狂专练16 带电粒子在组合场、复合场中的运动（含解析）

带电粒子在组合场、复合场中的运动专练十六带电粒子在组合场、复合场中的运动一、考点内容(1)带电粒子在组合场中的运动；(2)带电粒子在复合场中的运动；(3)质谱仪和回旋加速器等。二、考点突破1(多选)如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)，下列说法中正确的是()A它们的最大速度相同B它们的最大动能相同C两次所接高频电源的频率相同D仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能2(多选)图甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是()A在Ekt图中应该有tn1tntntn1B在Ekt图中应该有tn1tntntn1C在Ekt图中应该有En1EnEnEn1D在Ekt图中应该有En1EnEnEn13在如图所示宽度范围内，用电场强度为E的匀强电场可使初速度为v0的某种正粒子偏转角。在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度为B，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为（不计粒子的重力）。则A电场强度E与磁感应强度B的比为v0cos 1B电场强度E与磁感应强度B的比为v0cosC粒子穿过电场和磁场的时间之比是sin D粒子穿过电场和磁场的时间之比是sin cos4(多选)如图所示，在x0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1B232。在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mavambvb。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇。粒子重力不计。下列说法正确的是()A粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为32B两粒子在y正半轴相遇C粒子a、b相遇时的速度方向相同D粒子a、b的质量之比为155(多选)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为q(q0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是()A能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角越大C能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qUD若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮6如图所示，ABCD与MNPQ均为边长为l的正方形区域，且A点为MN的中点。ABCD区域中存在有界的垂直纸面方向匀强磁场，在整个MNPQ区域中存在图示方向的匀强电场。质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度垂直于BC射入正方形ABCD区域，且都从A点进入电场，已知从C点进入磁场的粒子在ABCD区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力，求：(1)匀强磁场区域中磁感应强度B的大小和方向；(2)要使所有粒子均能打在PQ边上，电场强度E至少为多大；(3)ABCD区域中磁场面积的最小值是多少。7电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压（如图乙所示）时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的磁感应强度为B，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计。(1)求电子离开偏转电场时的位置到OO的最大距离；(2)要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求匀强磁场的水平宽度L；求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度y。8用电磁场可以控制带电粒子的运动，使之到达指定的位置。已知空间中电磁场分布如图所示，上半部分是电场强度为E的匀强电场，下半部分是磁感应强度为B的匀强磁场，电场与磁场的分界面为水平面，电场方向与界面垂直向上，磁场方向垂直纸面指向里。位于电场一侧距界面为h的P点可以释放出带电粒子，O点是P点至界面垂线的垂足，D点位于纸面上O点的右侧，OD与磁场B的方向垂直，如图所示。已知带电粒子质量为m，且带有电荷量q(q0)，重力不计。(1)该带电粒子自P点以初速度vp水平向右飞出，经过D点，然后历经磁场一次自行回至P点，试求O、D两点间距离d以及相应的vp；(2)若OD两点间距离d为已知，且该带电粒子从P点以初速度v0水平向右飞出后，在以后的运动过程中能经过D点，试讨论初速度v0的取值情况。9如图所示，穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径为R0.3 m。M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为mM0.01 kg、mN0.08 kg；M带电荷量q7104C，N不带电。该空间同时存在匀强电场和匀强磁场。电场方向竖直向上，电场强度E1103 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B102 T。将两小球从图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针向上转动。取重力加速度g10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8。则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：(1)通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点？(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力。(3)小球M电势能变化量的最大值。答案二、考点突破1【答案】AC【解析】由R得最大速度v，两粒子的相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ekmv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f，因为相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误。2【答案】AC【解析】根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ekt图中应该有tn1tntntn1，选项A正确，B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ekt图中应该有En1EnEnEn1，选项C正确，D错误。3【答案】BC【解析】在电场中偏转时做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，故，则，由牛顿第二定律可知，为竖直方向速度和水平方向速度的夹角，故，解得；在磁场中偏转时，由几何关系可知速度偏转角等于粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，解得，故，A错误，B正确；在磁场中运动的时间，则时间之比，C正确，D错误。,4【答案】BCD【解析】由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r可得：，A错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r可得，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B20，即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；粒子在电场中的偏转角：tan ，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，故D正确。6【解析】(1)由洛伦磁力提供向心力可得：ev0Bmv02r由题意则有：rl解得：Bmv0el，方向为垂直纸面向外。(2)在A点沿水平方向进入的电子在匀强电场中做类平抛运动，则有：eEma，l12at2，l2v0t解得：E8mv02el。(3)图中阴影部分为磁场面积最小范围，由几何关系可知：Smin2(14l2-12l2)12l2-l2。7【解析】(1)由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为：解得：。(2)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中的运动半径为：，设电子离开偏转电场时的速度为v1，竖直方向的分速度为vy，则电子离开偏转电场时有：解得：；由于各个时刻从偏转电场中射出的电子速度大小相等、方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上。由(1)可知电子从t0、3t0、5t0等时刻进入偏转电场时侧向位移最小：所以电子打在荧光屏上的电子束的宽度为：。8【解析】(1)粒子从P到D，由类平抛运动可得：qE=ma，h=at2，x=vPt进入磁场时，有：，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得：，解得：，。(2)由上问得：，由电场区到达D点，有：解得：(n=0，1，2)由磁场区到达D点，有：解得：(n=0，1，2)9【解析】(1)设MN在转动过程中，绳对M、N做的功分别为Wr、Wr，则WrWr0设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别为EkM、EkN对M，洛伦兹力不做功，由动能定理可得：qERmMgRWr1EkM对N由动能定理：Wr1mNgREkN联立解得：EkMEkN0.06 J即：M在圆环最高点时，系统动能为负值；故M不能到达圆环最高点。(2)设N转过角时，M、N的速度大小分别为vM、vN，因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同，则vMvN，对M，洛伦兹力不做功，根据动能定理得：qERsin mMgRsin Wr2mMvM2对N由动能定理：Wr2mNgR(1cos )mNvN2联立解得：vM2(3sin 4cos 4)由上式可知，当tan 时，M、N达到最大速度，最大速度为vmax m/sM速度最大时，设绳子拉力为F，圆环对小球M的弹力FN，由牛顿运动定律得：Fcos 45(qEmMg)cos 37qvmaxBFsin 45(qEmMg)sin 37FN解得：FN0.096 N，负号表示弹力方向沿圆环径向向外。(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，所以，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减小最多，由vM2(3sin 4cos 4)，可得：3sin 4cos 40解得：sin 或sin 0故M的电势能减小量的最大值为：|Ep|qERsin J0.201 6 J。10