2020届高考物理山东省二轮复习训练题：专题三第8讲　带电粒子在电磁场中的运动 .docx

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1、第8讲带电粒子在电磁场中的运动一、单项选择题 1.(2019辽宁大连模拟)如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点,出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后,粒子束发生偏转,沿半径为r的圆弧运动,打在荧光屏上的P点,然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场,光斑从P点又回到O点,关于该粒子束(不计重力),下列说法正确的是()A.粒子带负电B.初速度v=BEC.比荷qm=B2rED.比荷qm=EB2r答案D只存在磁场时,粒子束打在P点,由左手定则知粒子带正电,选项A错误;因为qvB=mv2r,所以

2、qm=vBr,加匀强电场后满足Eq=qvB,即v=EB,代入上式得qm=EB2r,选项D正确,B、C错误。2.如图所示,竖直线MNPQ,MN与PQ间距离为a,其间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,O是MN上一点,O处有一粒子源,某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计),已知沿图中与MN成=60射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场,则粒子在磁场中运动的最长时间为()A.a3vB.23a3vC.4a3vD.2av答案C当=60时,粒子的运动轨迹如图甲所示,则a=R sin 30,即R=2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为

3、,则其在磁场中运行的时间t=2T,即越大,粒子在磁场中运行时间越长,最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切,如图乙所示,因R=2a,此时圆心角m为120,即最长运行时间为T3,而T=2rv=4av,所以粒子在磁场中运动的最长时间为4a3v,C正确。3.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步。如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强恒定,且被限制在A、C两板之间。带电粒子从P0处以初速度v0沿电场线方向射入加速电场,

4、经加速电场加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是()A.带电粒子每运动一周被加速两次B.P1P2=P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D.加速电场方向需要做周期性变化答案C由题图可知,带电粒子每运动一周被加速一次,选项A错误;由公式R=mvqB和qU=12mv22-12mv12可知,带电粒子每运动一周,电场力做功相同,动能增量相同,但速度的增量不同,故粒子圆周运动的半径增加量不同,选项B错误;由v=qBRm可知,加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关,选项C正确;由T=2mqB可知,粒子运动的周期不随v的变化而变化,故加速电场的方向

5、不需做周期性变化,选项D错误。4.(2017课标,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()A.mambmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma答案B因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡,有mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=q

6、E+BqvbqE、mcg=qE-Bqvcmamc,B正确。二、多项选择题5.(2019山东淄博一模)如图所示,半径为R的14圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场,过(-2R,0)点垂直x轴放置一线形粒子发射装置,能在0yR的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度均为v、带正电的同种粒子,粒子质量为m,电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后,经过磁场偏转恰好击中y轴上的同一位置,则下列说法中正确的是()A.粒子击中点距O点的距离为RB.磁场的磁感应强度为mvqRC.粒子离开磁场时速度方向相同D.粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为2Rvt(2+)R2

7、v答案ABD由题意知,某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点,由最高点射出的只能击中(0,R)点,则击中的同一点就是(0,R),即粒子击中点距O点的距离为R,故选项A正确;从最低点射出的也击中(0,R)点,那么粒子做匀速圆周运动的半径为R,由洛伦兹力提供向心力得:qvB=mv2r,则磁感应强度B=mvqR,故选项B正确;粒子运动的半径都相同,但是入射点不同,则粒子离开磁场时的速度方向不同,故选项C错误;显然偏转角最大的时间最长,从最低点射出的粒子偏转90,在磁场中的运动时间最长,最长时间为t1=14T+Rv=142Rv+Rv=(+2)R2v,从最高点直接射向(0,R)点的粒子运动时间最短,则

8、最短的时间为t2=2Rv,故选项D正确。6.如图所示,质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)从半径为R的绝缘半圆槽顶点A由静止开始下滑,已知半圆槽右半部分光滑,左半部分粗糙,整个装置处于正交的匀强电场与匀强磁场中,电场强度E的大小为mg2q,方向水平向右,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,g为重力加速度,则下列说法正确的是()A.物块最终停在A点B.物块最终停在最低点C.物块做往复运动D.物块首次运动到最低点时对轨道的压力为2mg+qBRg答案CD由于半圆槽右半部分光滑,左半部分粗糙,且在最低点时受到的电场力的方向水平向右,所以物块最终从最低点开始向右运动,到达某位置时速度变为

9、零,然后又向左运动,即物块做往复运动,C正确,A、B错误;物块从A点首次运动到最低点,由动能定理得,mgR-qER=12mv2-0,且E=mg2q,联立得v=gR,物块首次运动到最低点时,由牛顿第二定律得,FN-mg-qvB=mv2r,解得FN=2mg+qBRg,由牛顿第三定律知,物块首次运动到最低点时对轨道的压力FN=FN=2mg+qBRg,D正确。7.如图所示,M、N为两个同心金属圆环,半径分别为R1和R2,两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场,N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,N环上有均匀分布的6个小孔,从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m,电荷量为+q的粒子(不计

10、重力),经电场加速后通过小孔射入磁场,经过一段时间,粒子再次回到出发点,全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是()A.U=qB2R226mB.U=qB2R225mC.U=3qB2R222mD.U=qB2R223m答案AC带电粒子由M内侧边缘由静止运动到N环,由动能定理有qU=12mv2,带电粒子进入N环内磁场,与金属环无碰撞,故粒子进入磁场后,应偏转23或3离开磁场,由几何关系可知,轨迹半径为r=3R2或r=3R23,则根据r=mvqB,联立解得U=3qB2R222m或U=qB2R226m,选项A、C正确。三、计算题8.(2019山东淄博一模)如图,与水平面成45角的平面MN将空间分

11、成和两个区域。区域存在方向竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E;区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的正粒子以速度v0从平面MN上的P点水平向右射入区域。粒子的重力忽略不计。(1)求粒子第一次到达平面MN时离出发点P的距离;(2)上述粒子进入区域空间后,经磁场偏转第一次离开区域时,恰好能够通过P点,试求该匀强磁场磁感应强度的大小。答案(1)22mv02qE(2)E2v0解析(1)带电粒子进入电场后做类平抛运动,设加速度为a,时间为t,所求的距离为s,由牛顿第二定律可得:Eq=ma由运动学公式和几何关系可知:s cos 45=v0tssin 45=12at2解得:s=22mv

12、02qE(2)设粒子进入磁场时竖直方向的分速度为vy,合速度为v,v与MN所成的夹角为,与水平方向的夹角为,则有:vy=atv=v02+vy2cos =v0vsin =vyv又磁场中有:r sin -4=s2qvB=mv2r解得:B=E2v09.(2019山东临沂检测)如图所示,真空中有一个半径r=0.5 m的圆柱形匀强磁场区域,磁场的磁感应强度大小B=210-3 T,方向垂直于纸面向外,x轴与圆形磁场相切于坐标系原点O,在x=0.5 m和x=1.5 m之间的区域内有一个方向沿y轴正方向的匀强电场区域,电场强度E=1.5103 N/C。在x=1.5 m处竖有一个与x轴垂直的足够长的荧光屏。一粒

13、子源在O点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷qm=1109 C/kg的带正电的粒子,若沿y轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A点沿x轴正方向垂直进入电场,不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力。求:(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小;(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字);(3)从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围。答案(1)1106 m/s(2)1.810-6 s(3)0.75 my1.75 m解析(1)由题意可知,粒子在磁场中的轨迹半径为R=r=0.5 m由qvB=mv2R得粒子进入电场时的速度大小v=qBRm=

14、1109210-30.5 m/s=1106 m/s(2)粒子在磁场中运动的时间t1=142Rv=410-6 s粒子从A点进入电场做类平抛运动,水平方向的速度为v,所以在电场中运动的时间t2=xv=110-6 s总时间t=t1+t2=4+110-6 s1.810-6 s(3)沿x轴正方向射入电场的粒子,在电场中的加速度大小a=qEm=1.51012 m/s2在电场中侧移量y1=12at22=121.51012(110-6)2 m=0.75 m打在屏上的纵坐标为0.75 m经磁场偏转后从坐标为(0,1 m)的点平行于x轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75 m其他粒子也是沿与x轴正方向平行

15、的方向进入电场,进入电场后的轨迹都平行,故带电粒子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75 my1.75 m命题拓展预测1.(多选)如图所示,虚线MN右侧存在着匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,电场方向竖直向上,长方形ABCD的AD边与MN重合,长方形的AB边长为l,AD边长为43l。一质量为m、电荷量为+q的微粒垂直于MN射入电场、磁场区域后做匀速圆周运动,到达C点时刻,电场方向立刻旋转90,同时电场强度大小也发生变化,带电微粒沿着对角线CA从A点离开。重力加速度为g,下列说法正确的是()A.电场方向旋转90之后,电场方向水平向左B.电场改变之后,场强大小变为原来的2倍C.微粒进入MN右

16、侧区域时的初速度为563glD.匀强磁场的磁感应强度大小为2mqg3l答案CD微粒从C到A做直线运动,洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡,则电场方向必然水平向右,A错误。电场改变前,微粒在电场、磁场区域做匀速圆周运动,则qE=mg,即E=mgq;电场改变之后,受力情况如图所示,微粒受力平衡,重力与电场力的合力与洛伦兹力等大反向,qE=43mg,得E=4mg3q,B错误。微粒做直线运动时受力平衡,qvB=53mg=mv2r,由几何知识可得r=54l,解得v=563gl、B=2mqg3l,C、D正确。2.如图甲所示,不断有初速度不计的电子(质量为m,电荷量为e)从K点进入电压为U0的加速电场ZZ。经

17、加速电场加速后,以速度v0沿水平方向射出,经过两个偏转电场YY和XX,最后打在荧光屏上。已知偏转极板X、X沿水平方向,Y、Y沿竖直方向且与v0平行,荧光屏为竖直方向且与v0垂直。YY与XX板间距离均为d,极板长均为L。YY与XX、XX与荧光屏的水平距离也为L。偏转极板间都不加电压时,电子沿直线运动,打在荧光屏中心(0,0)点,在那里产生一个亮斑。现希望利用此装置在T时间内在荧光屏上沿逆时针方向画出一半径为R的圆形(如图乙所示),设t=0时刻,电子恰好打在荧光屏上(R,0)点。(1)求电子从加速电场射出时速度v0的大小。(2)试分别求出YY间电压UYY和XX间电压UXX随时间变化的规律。(每个电

18、子穿过偏转电场的时间极短,可以认为电子穿过偏转电场过程中偏转极板间电压不变。不计电子重力,极板大小和极板间距离都足够大。不计电子间相互作用力)甲乙荧光屏(图甲中从右向左看)答案(1)2eU0m(2)UYY=4dRU07L2 sin2TtUXX=4dRU03L2 cos 2Tt解析(1)电子在加速电场中运动时,电场力对电子所做的功W=eU0由动能定理得:eU0=12mv02-0解得v0=2eU0m(2)由数学知识可知圆形方程:x=Rcosy=Rsin(02)电子打在荧光屏上逆时针画圆时的角速度=2T,则经过时间t(tT),电子打在荧光屏上的点与坐标系原点的连线同x轴的夹角=t=2Tt把式代入式中

19、,得:x=Rcos2Tty=Rsin2Tty方向:电子进入偏转电场YY后,在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度ay=eUYYmd,在YY中运动时间ty1=Lv0,沿y轴方向的偏移量y1=12ayty12=eUYYL22mdv02离开YY后,在y轴方向做匀速直线运动vy=ayty1=eUYYLmdv0运动时间ty2=3Lv0,沿y轴方向的偏移量y2=vyty2=3eUYYL2mdv02沿y方向总偏移量y=y1+y2=7eUYYL22mdv02将(1)问中v0=2eU0m代入式得:y=7UYYL24dU0将式代入式中,得:7UYYL24dU0=R sin2Tt解得UYY=4dRU07L2 sin2Tt同理可得:UXX=4dRU03L2 cos2Tt