（浙江专版）2022年高考物理一轮复习 专题检测2 带电粒子在组合场或复合场中的运动（加试）

（浙江专版）2022年高考物理一轮复习 专题检测2 带电粒子在组合场或复合场中的运动（加试）1.如图所示,水平放置的小型粒子加速器的原理示意图,区域和存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2,长L=1.0 m的区域存在电场强度大小E=5.0104 V/m、方向水平向右的匀强电场。区域中间上方有一离子源S,水平向左发射动能Ek0=4.0104 eV的氘核,氘核最终从区域下方的P点水平射出。S、P两点间的高度差h=0.10 m。(氘核质量m=21.6710-27 kg、电荷量q=1.6010-19 C,1 eV=1.6010-19 J。110-4) (1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2;(2)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域的最小宽度d;(3)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域的磁感应强度B2。2.如图所示,竖直边界PQ左侧有垂直纸面向里的匀强磁场,右侧有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,C为边界上的一点,A与C在同一水平线上且相距为L。两个相同的粒子以相同的速率分别从A、C两点同时射出,从A点射出的粒子初速度沿AC方向,从C点射出的粒子初速度斜向左下方与边界PQ的夹角=,从A点射出的粒子在电场中运动到边界PQ时,两粒子刚好相遇。若粒子质量为m,电荷量为+q,重力不计,求:(1)粒子初速度v0的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(3)相遇点到C点的距离。3.如图所示,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求:(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。4.如图所示,第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场,其中第二象限的磁感应强度大小为B,第三、四象限的磁感应强度大小相等。一带正电的粒子,从P(-d,0)点沿与x轴正方向成=60角平行xOy平面入射,经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直y轴进入第一象限,之后经第四、三象限重新回到P点,回到P点时速度方向与入射时相同。不计粒子重力,求:(1)粒子从P点入射时的速度大小v0;(2)第三、四象限的磁感应强度的大小B。5.如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h,质量为m、电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。(1)求电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。6.如图甲所示,带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN,两板间电场可看做是均匀的,且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B,分界线为CD,EF为屏幕。金属板间距为d,长度为l,磁场的宽度为d。已知:B=510-3 T,l=d=0.2 m,每个带正电粒子的速度v0=105 m/s,比荷为=108 C/kg,重力忽略不计,在每个粒子通过电场区域的极短时间内,电场可视作是恒定不变的。试求:(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径;(2)带电粒子射出电场时的最大速度;(3)带电粒子打在屏幕上的范围。7.如图所示,与水平面成37的倾斜轨道AC,其延长线在D点与半圆轨道DF相切,全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内,整个空间存在水平向左的匀强电场,MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)。一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑,至C点时速度为vC= m/s,接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道,进入时无动能损失,且恰好能通过F点,在F点速度为vF=4 m/s(不计空气阻力,g取10 m/s2,cos 37=0.8)。求:(1)小球带何种电荷?(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功;(3)小球从F点飞出时磁场同时消失,小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出),求G点到D点的距离。8.回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m,电荷量为+q,加在狭缝间的交流电压如图所示,电压值的大小为U0。周期T=。一束该种粒子在t=0时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求:(1)出射粒子的动能Em;(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0;(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件。9.如图甲所示,建立xOy坐标系,两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称,极板长度和板间距均为l。在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)(1)求电压U0的大小;(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径;(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短?求此最短时间。专题检测二带电粒子在组合场或复合场中的运动(加试)1.答案 (1)2.2410-14 J(2)0.06 m(3)1.2 T解析 (1)由动能定理W=Ek2-Ek0电场力做功W=qE2L得Ek2=Ek0+qE2L=1.4105 eV=2.2410-14 J。(2)洛伦兹力提供向心力qvB=m第一次进入B1区域,半径R0=0.04 m第二次进入B1区域,=Ek0+qELR2=0.06 m,故d=R2=0.06 m。(3)氘核运动轨迹如图所示由图中几何关系可知2R2=h+(2R1-2R0)得R1=0.05 m由R1=,得B2=1.2 T。2.答案 (1)(2)(3)解析 从A点射出的粒子做类平抛运动,经时间t到左边界PQ,水平方向的位移L=v0t竖直方向的位移y=at2Eq=ma从C点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=m由几何关系得2Rsin =y粒子在磁场中运动的时间与在电场中运动时间相等,即t=T,T=由以上关系解得v0=B=相遇点距C点距离y=。3.答案 (1)(1+)(2)(1-)解析 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=qB0v0=粒子速度方向转过180时,所用时间t1=粒子再转过180时,所用时间t2=联立式得,所求时间为t0=t1+t2=(1+)。(2)由几何关系及式得,所求距离为d=2(R1-R2)=(1-)。4.答案 (1)(2)2.4B解析 (1)设粒子的质量为m,电荷量为q,在第二象限做圆周运动的半径为r,则qv0B=m,rsin =d设Q点的纵坐标为yQ,则yQ=r-粒子在第四、三象限中做圆周运动,由几何关系可知,粒子射入第四象限和射出第二象限时,速度方向与x轴正方向的夹角相同,则=60设粒子由x轴上S离开电场,粒子在S点的速度为v,则qEyQ=mv2-,v=解得v0=。(2)设粒子在电场中时间为t,S点的横坐标为xS,则yQ=t,xS=v0t解得xS=,粒子在S点速度为v,在第四、三象限中运动半径为r,则qvB=mxS-xP=2rsin ,解得B=2.4B。5.答案 (1),方向竖直向上(2)(9-6)(3)解析 (1)设电场强度大小为E,由题意有mg=qE,得E=,方向竖直向上。(2)如图所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为。由r=,有r1=,r2=r1由(r1+r2)sin =r2,r1+r1cos =h,解得vmin=(9-6。(3)如图所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x。由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,)x,x=得r1=(1+,n3.5,即n=1时,v=;n=2时,v=;n=3时,v=。6.答案 (1)0.2 m(2)1.414105 m/s(3)O上方0.2 m到O下方0.18 m的范围内解析 (1)t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速,进入磁场做圆周运动的半径最小,粒子在磁场中运动时qv0B=则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin= m=0.2 m其运动的径迹如图中曲线所示。(2)设两板间电压为U1时,带电粒子刚好从极板边缘射出电场,有at2=,代入数据,解得U1=100 V在电压低于100 V时,带电粒子才能从两板间射出电场,电压高于100 V时,带电粒子打在极板上,不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时,速度最大,设最大速度为vmax,则有+q,解得vmax=105 m/s=1.414105 m/s。(3)由第(1)问计算可知,t=0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin=d=0.2 m径迹恰与屏幕相切,设切点为E,E为带电粒子打在屏幕上的最高点,则=rmin=0.2 m带电粒子射出电场时的速度最大时,在磁场中做圆周运动的半径最大,打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax,打在屏幕上的位置为F,运动径迹如图中曲线所示。qvmaxB=则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径rmax= m= m由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上,如图中Q点所示,并且Q点必与M板在同一水平线上。则 m=0.1 m带电粒子打在屏幕上的最低点为F,则=rmax- m=0.18 m即带电粒子打在屏幕上O上方0.2 m到O下方0.18 m的范围内。7.答案 (1)正电荷(2)27.6 J(3)2.26 m解析 (1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动,在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零,若小球带负电,小球受到的合力不为零,因此带电小球应带正电荷。(2)小球在D点速度为vD=vC= m/s设重力与电场力的合力为F1,如图所示,则F1=F洛=qvCB又F1=5 N解得qB= CT在F处由牛顿第二定律可得qvFB+F1=把qB= CT代入得R=1 m小球在DF段克服摩擦力做功Wf,由动能定理可得-Wf-2F1R=解得Wf=27.6 J。(3)小球离开F点后做类平抛运动,其加速度为a=由2R=解得t= s交点G与D点的距离GD=vFt= m2.26 m。8.答案 (1)Em=(2)t0=(3)d99%,解得d。9.答案 (1)(2)(3)2t0解析 (1)t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,t0时刻刚好从极板边缘射出,则有y=l,x=l,电场强度:E=,由牛顿第二定律得Eq=ma,偏移量:y=,由解得U0=。(2)t0时刻进入两极板的带电粒子,前t0时间在电场中偏转,后t0时间两极板没有电场,带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度vx=v0=带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度vy=at0带电粒子离开电场时的速度v=设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m,由解得R=。(3)在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子,在电场中做类平抛运动的时间最长,飞出极板时速度方向与磁场边界的夹角最小,而根据几何知识可知,轨迹的圆心角等于粒子射入磁场时速度方向与边界夹角的2倍,所以在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度vy=at0设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为,则tan =,由解得=,带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示,圆弧所对的圆心角=2=,所求最短时间tmin=T,带电粒子在磁场中运动的周期T=,联立以上两式解得tmin=。