2018-2019学年高二物理 寒假训练09 带电粒子在复合场中的运动

寒假训练09带电粒子在复合场中的运动1【2018年浙江省高三上学期11月选考】小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q（q0）的粒子。t0时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其他阻力，粒子在电场中运动的时间不计。(1)若粒子只经磁场偏转并在yy0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。一、选择题1【2018年石嘴山三中高二12月月考】(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的匀强电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示。要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法中正确的是()A增大磁场的磁感应强度B增大电场的加速电压C增大D形金属盒的半径D减少狭缝中的距离2【2018年宜昌市高三12月调研】如图所示，水平放置平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带电量为q，质量为m的粒子(不计重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是()A若只将带电粒子带电量变为2q，粒子将向下偏转B若只将带电粒子带电量变为2q，粒子仍能沿直线穿过C若只将带电粒子速度变为2v且粒子不与极板相碰，则从右侧射出时粒子的电势能减少D若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过3【2018年天津一中高二上学期期中】如图所示是质谱仪的工作原理示意图。加速电场的电压为U，速度选择器中的电场强度为E，磁感应强度为B1，偏转磁场的磁感应强度为B2，一电荷量为q的带正电的粒子在加速电场中加速后进入速度选择器，刚好能从速度选择器进入偏转磁场做圆周运动，测得圆的直径为d，照相板上有记录粒子位置的胶片。下列表述不正确的是()A质谱仪是分析同位素的重要工具B粒子在速度选择器中做匀加速直线运动C所有粒子进入偏转磁场时的速度相同D粒子质量为4【2018年山师大附中高二12月月考】(多选)如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆固定于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度时间图象可能是下列选项中的()5【大连市2018年高二上学期联考】如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A0 B2mgC4mg D6mg6【2018年如东高级中学高二上学期期中】(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中（E和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则()A小球可能带正电B小球做匀速圆周运动的半径C若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加D小球做匀速圆周运动的周期二、解答题7【2018年银川中学高二月考】如图所示的坐标系xOy中，x 0的区域内有沿x轴正方向的匀强电场，x 0的区域内有垂直于xOy坐标平面向外的匀强磁场，x轴上A点的坐标为(L，0)，y轴上B点的坐标为(0，)。有一个带正电的粒子从A点以初速度vA沿y轴正方向射入匀强电场区域，经过B点进入匀强磁场区域，然后经x轴上的C点(图中未画出)运动到坐标原点O。不计重力。求：(1)粒子在B点的速度vB是多大？(2)C点与O点的距离xC是多大？(3)匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度的比值是多大？8【2018年诸暨中学高二上学期期中】如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1。平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O，OO是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B2。CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角45，OCa，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（正负都有），自O点沿OO方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO方向运动，并进入匀强磁场B2中，不计粒子的重力，不考虑带电粒子之间的相互作用，求：(1)进入匀强磁场B2的带电粒子的速度大小；(2)能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；(3)绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度并要求标准画图。9【2018年郑州11月月考】如图所示，在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，其中0xa内有方向垂直xOy平面向外的磁场，在x2qU0由y=mv2Bq、R0=mv0Bq、R1=mv1Bq，和12mv12=12mv02-qU0，12mv22=12mv12-qU0，及x=y+2(R0+R1)，得x=y+2qByqB2+2mqU0+2qByqB2+4mqU0；（ii）如图2，qU0Ek02qU0由-y-d=mv2Bq、R0=mv0Bq，和12mv02=12mv22+qU0，及x=3-y-d+2R0，得x=-3（y+d)+2qBy+d2q2B2+2mqU0；（iii）如图3，Ek0qU0由-y-d=mv2Bq、R0=mv0Bq，和12mv02=12mv22-qU0，及x=-y-d+4R0，得x=-y-d+4qBy+d2+q2B2-2mqU0；一、选择题1【答案】AC【解析】当粒子动能最大时，粒子在磁场中的运动半径等于D型盒的半径，由qvBmv2R，解得v=qBRm。则动能EK12mv2q2B2R22m，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能。故AC正确，BD错误。2【答案】B【解析】粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；根据平衡条件，有qvB=qE，解得v=EB，只要粒子速度为EB，就能沿直线匀速通过选择器；若带电粒子带电量为+2q，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器，A错误；若带电粒子带电量为-2q，只要粒子速度为EB，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器，B正确；若带电粒子速度为2v，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加，C错误；若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，D错误3【答案】B【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB2=mv2r，解得：qm=vB2r，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得：qvB1=qE，粒子速度：v=EB1，故B错误，C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=mv2r，以及B1qv=qE；解得：m=B1B2qd2E；故D正确。4【答案】BD【解析】由左手定则可知圆环所受洛伦兹力F洛=qvB的方向竖直向上，细杆对圆环的支持力FN，圆环所受滑动摩擦力f=FN，圆环所受重力G=mg方向竖直向下，当qvB=mg时，FN=0，故f=0，故圆环做匀速直线运动，故B正确。当qvBmg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向上，FN=mg-qvB，故f0，物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐增大，故滑动摩擦力f逐渐增大，故物体的加速度a=f/m逐渐增大，即物体作加速度逐渐增大的变减速运动。当qvBmg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向下，FN=qvB-mg，故f0，物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐减小，故滑动摩擦力f逐渐减小，故物体的加速度a=f/m逐渐减小，即物体作加速度逐渐减小的变减速运动，当qvB=mg时，FN=0，故f=0，故圆环做匀速直线运动，故D正确。5【答案】C【解析】由题意可知，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，因此洛伦兹力向上，与重力平衡，根据左手定则可知，小球带正电；设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v。根据机械能守恒定律得：mgL（1-cos60）=12mv2，得到：v=gL；当小球自左方摆到最低点时，有：qvB-mg=mv2L；当小球自右方摆到最低点时，有：F-mg-qvB=mv2L；由两式相加得：F=2mg+2mv2L=4mg。因此小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为4mg，故ABD错误，C正确。6【答案】BD【解析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg=Eq，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；由于洛伦兹力提供向心力，故有：qvB=mv2r，解得：r=mvqB；又由于qU=12mv2，解得：v=2qUm；联立得到：r=1B2mUq=1B2UEg，故B正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期为：T=2rv=2mqB=2EBg，故D正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，运动周期为：T=2EBg，显然运动周期与加速电压无关，故C错误。二、解答题7【解析】（1）设粒子从A点运动到B点所用时间为t，在B点时，沿x轴正方向的速度大小为vx，则233LvAt，12vxtL，而vBvA2+vx2，解得vB2vA。（2）设粒子在B点的速度vB与y轴正方向的夹角为，则tanvxvA，解得60粒子在x0的区域内做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。由几何关系有O1BOO1OB30，有OO1C为等边三角形，BC为直径，所以xCyBtan233L323L(或设轨道半径为R，由R=yB2sin60=23L，得xC2Rcos6023L)（3）设匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子质量为m，带电荷量为q，则qEL=12mvB2=12mvA2而qvBBmvB2R解得EB=vA2。8【解析】（1）设沿直线OO运动的带电粒子进入匀强磁场B 2的速度为v根据：qvB1=qE解得：v=EB1（2）粒子进入匀强磁场B 2中做匀速圆周运动根据：qvB2=mv2r，得：q=mvB2r 因此电荷量最大的粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为r1由几何关系有：r1+2r1=a 解得最大电荷量为：q=(2+1)mEB1B2a（3）带负电的粒子在磁场B 2中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r 2，依题意：r2+a=2r2解得：r2=(2+1)a 则CD板上被带电粒子击中区域的长度为：x=r2-r1=2a 轨迹图如图。9【解析】（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为R，其在第一象限的运动轨迹如图所示。此轨迹由两段圆弧组成，圆心分别在C和C处，轨迹与x轴交点为P。由对称性可知C在x=2a直线上。设此直线与x轴交点为D， P点的x坐标为xP=2a+DP。过两段圆弧的连接点作平行于x轴的直线EF，则DF=R-R2-a2，CF=R2-a2，CD=CF-DF，DP=R2-CD2由此可得P点的x坐标为xP=2a+RR2-a2-(R2-a2)，代入题给条件得xP=2(1+2-1)a（2）若要求带电粒子能够返回原点，由对称性，其运动轨迹如图所示，这时C在x轴上。设CCO=，粒子做圆周运动的轨道半径为r，由几何关系得：=6轨道半径r=acos=233a设粒子入射速度为v0，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qv0B=mv02r，解得a=3mv02qB10