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

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

高考总复习 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Ek－t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1‎ B．在Ek－t图中应该有tn＋1－tn0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B1∶B2＝3∶2。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mava＝mbvb。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3∶2‎ B．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1∶5‎ ‎5．(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(q>0)、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θ越大 C．能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU 10‎ 高考总复习 D．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，‎ 10‎ 高考总复习 ‎①求匀强磁场的水平宽度L；‎ ‎②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度Δy。‎ ‎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(q＞0)，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。‎ 10‎ 高考总复习 ‎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R＝0.3 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mM＝0.01 kg、mN＝0.08 kg；M带电荷量q＝＋7×10－4C，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E＝1×103 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B＝×102 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g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。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。‎ 10‎ 高考总复习 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Ek＝mv2，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Ek－t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1，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Ek－t图中应该有En＋1－En＝En－En－1，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，θ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 10‎ 高考总复习 ‎【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 α＝＝，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：‎ev‎0‎B＝‎mv‎0‎‎2‎r 由题意则有：‎r＝l 解得：B＝‎mv‎0‎el，方向为垂直纸面向外。‎ 10‎ 高考总复习 ‎(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：‎ eE＝ma‎，l＝‎1‎‎2‎at‎2‎，‎l‎2‎‎＝v‎0‎t 解得：E＝‎‎8mv‎0‎‎2‎el。‎ ‎(3)图中阴影部分为磁场面积最小范围，由几何关系可知：‎ Smin‎＝2×(‎1‎‎4‎πl‎2‎-‎1‎‎2‎l‎2‎)＝‎1‎‎2‎πl‎2‎-‎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)①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，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：；‎ ‎②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：，‎ 10‎ 高考总复习 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Wr＋Wr′＝0‎ 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：qER－mMgR＋Wr1＝EkM 对N由动能定理：Wr1′－mNgR＝EkN 联立解得：EkM＋EkN＝－0.06 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α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vM＝vN，对M，洛伦兹力不做功，根据动能定理得：‎ qERsin α－mMgRsin α＋Wr2＝mMvM2‎ 对N由动能定理：Wr2′－mNgR(1－cos α)＝mNvN2‎ 联立解得：vM2＝×(3sin α＋4cos α－4)‎ 10‎ 高考总复习 由上式可知，当tan α＝时，M、N达到最大速度，最大速度为vmax＝ m/s M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°＝(qE－mMg)cos 37°‎ qvmaxB＋Fsin 45°－(qE－mMg)sin 37°＋FN＝ 解得：FN＝－0.096 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 α＋4cos α－4)，可得：‎ ‎3sin α＋4cos α－4＝0‎ 解得：sin α＝或sin α＝0‎ 故M的电势能减小量的最大值为：|ΔEp|＝qERsin α＝ J＝0.201 6 J。‎ 10‎