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第4讲带电粒子在叠加场中的运动 A组基础题组1.(2020苏北三市一模)(多选)如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法中正确的是() A.极板M比极板N电势高B.加速电场的电压U=ERC.直径PQ=2BD.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群离子具有相同的比荷2.(多选)如图所示,两平行、正对金属板水平放置,使上面金属板带上一定量正电荷,下面金属板带上等量的负电荷,再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转。若带电粒子所受重力可忽略不计,仍按上述方式将带电粒子射入两板间,为使其向下偏转,下列措施中可能可行的是() A.仅增大带电粒子射入时的速度B.仅增大两金属板所带的电荷量C.仅减小粒子所带电荷量D.仅改变粒子的电性3.如图所示,一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动,电场方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是()A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球的绕行方向为逆时针方向D.改变小球的速度大小,小球将不做圆周运动4.(2020江苏阜宁中学一模)(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形成电势差UCD,下列说法中正确的是()A.电势差UCD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差UCDh2h3C.h1=h2h3D.h1=h3h2B组提升题组9.(2020河北唐山一中模拟)(多选)粒子回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D形金属盒的半径为R,两金属盒间的狭缝很小,磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直,高频率交流电的频率为f,加速器的电压为U,若中心粒子源处产生的质子质量为m,电荷量为+e,在加速器中被加速。不考虑相对论效应,则下列说法正确是()A.质子被加速后的最大速度不能超过2RfB.加速的质子获得的最大动能随加速电压U增大而增大C.质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为1D.不改变磁感应强度B和交流电的频率f,该加速器也可加速粒子10.(2020福建厦门质检,17)如图所示,空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后,垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区,质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t,从复合场区穿出时的动能为Ek,则()A.若撤去磁场B,质子穿过场区时间大于tB.若撤去电场E,质子穿过场区时间大于tC.若撤去磁场B,质子穿出场区时动能大于EkD.若撤去电场E,质子穿出场区时动能大于Ek11.(2020长春调研)(多选)如图所示,一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管固定于竖直平面内,环的半径为R(比细圆管的内径大得多)。在圆管的最低点有一个直径略小于细圆管内径的带正电小球处于静止状态,小球的质量为m,带电荷量为q,重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零),方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场。某时刻,给小球一方向水平向右、大小为v0=的初速度,则以下判断正确的是()A.无论磁感应强度大小如何,获得初速度后的瞬间,小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,且小球到达最高点时的速度大小都相同D.小球从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中,水平方向分速度的大小一直减小12.(2020福建理综,22,20分)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC;(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。13.(2020山东海阳质检)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=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点与D点的距离。答案全解全析A组基础题组1.AD粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转,说明粒子带正电荷,则知极板M比极板N电势高,选项A正确;由Uq=mv2和Eq=,可得U=,选项B错误;直径PQ=2r=2,可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确。2.ABD由题分析知带电粒子在两板之间受电场力与洛伦兹力,但两者的大小不等,且方向不确定。若仅增大带电粒子射入时的速度,可能因为所受的洛伦兹力变大,而使带电粒子向下偏转,A正确;若仅增大两金属板所带的电荷量,因两极板间的电场强度增大,故带电粒子可能向下偏转,B正确;若仅减小粒子所带的电荷量,则由于粒子所受电场力与洛伦兹力以相同的倍数变化,故带电粒子仍向上偏转,C错误;若仅改变粒子的电性,则由于两个力的方向都发生变化,带电粒子将向下偏转,D正确。3.B小球做匀速圆周运动,重力必与电场力平衡,则电场力方向竖直向上,结合电场方向可知小球一定带负电,A错误,B正确;洛伦兹力充当向心力,由运动轨迹结合左手定则可得小球的绕行方向为顺时针方向,C错误;重力和电场力平衡,只改变v的大小,小球仍将做圆周运动,D错误。4.BC若霍尔元件的载流子是自由电子,由左手定则可知,电子向C侧面偏转,则电势差UCDh2;当加上电场时,由运动的独立性可知在竖直方向上有=2gh3,所以h1=h3,D正确。B组提升题组9.AC由半径公式R=可知质子的最大速度v=,且满足周期T=,得最大速度v=2fR,可知质子被加速后的最大速度与加速电压U无关,则其获得的最大动能也与加速电压U无关,故A正确、B错误;质子在电场中加速,根据动能定理,第一次通过狭缝时,有qU=m,第二次通过狭缝时,有qU=m-m,由两式可得v2v1=1,故C正确;质子的电荷数和质量数都是1,粒子(氦核He)的电荷数为2,质量数为4,两种粒子的比荷并不相等,由周期公式T=可知两种粒子的周期也不相等,不改变磁感应强度B和交流电的频率f,则不满足粒子做圆周运动的周期与交流电的周期相等,该加速器就不能加速粒子,故D错误。10.C质子进入复合场沿直线运动,则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反,即eE=Bev0,若撤去磁场B,质子在电场中做类平抛运动,由类平抛运动特点可知,穿过电场的时间t=,因场区宽度x不变,则时间不变,质子竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动,出电场时的速度必大于v0,动能大于Ek,则A错误,C正确。若撤去电场E,则质子在磁场中做匀速圆周运动,若质子穿出场区,则其所用时间大于t,穿出场区时的动能仍为Ek,则B、D错误。11.BC小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上,若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用,A选项错误。小球运动的过程中,洛伦兹力不做功,小球的机械能守恒,则有m=2mgR+mv2,解得运动至最高点时小球的速度v=,由于是双层轨道约束,小球运动过程中不会脱离轨道,所以小球一定能到达轨道的最高点,C选项正确。在最高点时,小球做圆周运动的向心力F=m=mg,则可知小球受到竖直向下的洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力,B选项正确。小球从最低点运动到最高点的过程中,小球在下半圆内上升的过程中,水平分速度向右且减小,到达与圆心等高的点时,水平分速度为零,而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零,所以水平分速度一定有增大的过程,D选项错误。12.答案(1)(2)mgh-(3)解析(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvB+N=qE小滑块在C点离开MN时N=0解得vC=(2)由动能定理mgh-Wf=m-0解得Wf=mgh-(3)如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为gg=且=+g2t2解得vP=13.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=解得R=1 m设小球在DF段克服摩擦力做功为Wf,由动能定理可得-Wf-2F1R=m-m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= sG与D点的距离GD=vFt= m2.26 m
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