2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课时提升作业： 二十五 带电粒子在复合场中的运动 .doc

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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业二十五带电粒子在复合场中的运动(建议用时60分钟)1.一质子以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域(如图所示)而没有发生偏转,则()A.若电子以相同速度v射入该区域,将会发生偏转B.无论何种带电粒子(不计重力),只要以相同速度v射入都不会发生偏转C.若质子的速度vv,它将向上偏转而做类平抛运动【解析】选B。质子穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转,则qvB=qE,v=EB,无论何种带电粒子(不计重力),只要v=EB,均不会发生偏转,故选项A错误,B正确;当

2、vv时,qvBqE,电场力做功,速度大小、方向发生变化,则洛伦兹力时刻改变,其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线,选项C、D错误。2.如图所示,在xOy平面内,匀强电场的方向沿x轴正向,匀强磁场的方向垂直于xOy平面向里。一电子在xOy平面内运动时,速度方向保持不变。则电子的运动方向沿()A.x轴正向B.x轴负向C.y轴正向D.y轴负向【解析】选C。电子受电场力方向一定水平向左,所以需要受向右的洛伦兹力才能做匀速运动,根据左手定则进行判断可得电子应沿y轴正向运动。【加固训练】(多选)如图所示,两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B,有一个带正电的小球(电荷量为+q、质量为m)从

3、电磁复合场上方的某一高度处自由落下,那么,带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是()【解析】选C、D。A图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定增大,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲线运动,故A错误;B图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力,合力与速度一定不共线,故一定做曲线运动,故B错误;C图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡,则小球做匀速直线运动,故C正确;D图中小球受向下的重力和向上的电场力,合力一定与速度共线,故小球一定做直线运动,故D正确。3.(2018北京高考)某空间存在匀强磁场

4、和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动,下列因素与完成上述两类运动无关的是()A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度【解析】选C。由题可知,当带电粒子在复合场内做匀速直线运动,即Eq=qvB,则v=EB,若仅撤除电场,粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,说明要满足题意,对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求,但是对电性和电量无要求,根据F=qvB可知,洛伦兹力的方向与速度方向有关,故对入射时的速度也有要求,故选C。4.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

5、流电极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,现用同一回旋加速器分别加速两种同位素,关于高频交流电源的周期和带电粒子获得的最大动能的大小,下列说法正确的是世纪金榜导学号()A.加速质量大的交流电源的周期较大,加速次数少B.加速质量大的交流电源的周期较大,加速次数多C.加速质量大的交流电源的周期较小,加速次数多D. 加速质量大的交流电源的周期较小,加速次数少【解析】选A。交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期T=2mqB,则加速质量大的交流电源的周期大,由qvB=mv2R,得v=qBRm,则动

6、能Ek=12mv2=q2B2R22m,故加速质量大的粒子最大动能较小,因为每次加速粒子得到的动能相同,故加速的次数较小,故选项A正确,B、C、D错误。5.(多选)(2019温州模拟)质谱仪的工作原理示意图如图所示。带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器,速度选择器内正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是()A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EBD.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越小【解

7、析】选A、B、C。由加速电场可见粒子所受静电力向下,即粒子带正电,在速度选择器中,静电力水平向右,洛伦兹力水平向左,因此速度选择器中磁场方向垂直于纸面向外,B正确;经过速度选择器时满足qE=qvB,可知能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EB,C正确;带电粒子进入磁场做匀速圆周运动,则有R=mvqB,可见当v相同时,Rmq,所以可以用来分析同位素,且R越小,比荷就越大,A正确,D错误。6.(2017全国卷)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

8、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.mambmc B.mbmamcC.mcmambD.mcmbma 【解析】选B。设电场强度为E、磁感应强度为B、三个微粒的带电量均为q,它们受到的电场力Eq方向均竖直向上。微粒a在纸面内做匀速圆周运动,有Eq=mag;b在纸面内向右做匀速直线运动,有Eq+Bqvb=mbg;c在纸面内向左做匀速直线运动,有Eq-Bqvc=mcg;可得:mbmamc 。7.(2019杭州模拟)如图所示为某电子元器件的工作原理示意图,在外界磁场的作用下,当存在AB方向流动的电流时,电子元器件C、D两侧面会形成电势差UCD,下

9、列说法中正确的是()A.若在AB方向上通以由A向B运动的粒子流,带正电粒子会在C板聚集B.当增大AB方向的电流I时, C、D两面的电势差会减小C.电子元器件C端电势低于D端电势D.电势差UCD的大小仅与电子元器件的制造材料有关【解析】选C。若在AB方向上通以由A向B运动的粒子流,根据左手定则可知,带正电粒子会在D板聚集,电子元器件D端电势高于C端电势,选项A错误,C正确;随着粒子的不断积聚,当平衡时满足:UCDdq=Bqv,则UCD=Bvd,当增大AB方向的电流I时,粒子运动的速率v增加,则 C、D两面的电势差会增加,选项B错误;由UCD=Bvd可知,电势差UCD的大小不只与电子元器件的制造材

10、料有关,选项D错误;故选C。8.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直纸面向里,一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动,如图所示,由此可以判断()A.油滴一定做匀速运动B.油滴一定做匀变速运动C.油滴带正电,且它是从N点运动到M点 D.油滴带负电,且它是从N点运动到M点【解析】选A。由于电场对电荷的作用力与电荷的运动速度无关,又因为是在匀强电场中,所以油滴受到的电场力和重力都不变,油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动,所以磁场对油滴的作用力也不变,所以油滴一定做匀速运动,A正确、B错误;油滴可以带正电荷,从M运动到N时磁场力斜向上,可以满足油滴受到的合

11、力为零的平衡条件,所以选项C、D错。9.如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足:UH=kIHBd,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则()A.霍尔元件前表面的电势低于后表面B.若电源的正负极对调,电压表将反偏C.IH与I成反比D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比【解析】选D。根据左手定则判断电子受到洛伦兹力偏到霍尔元件的后表面,所以前表面电势高于后表面,A

12、项错误;若电源的正负极对调,线圈中产生的磁场反向,根据左手定则判断依然是前表面电势高于后表面,B项错误;根据UHdq=Bqv,有UH=Bvd,因为B=kI,I=nqSv,vI,联立解得UHI2,而P=I2RL,所以UHP,D项正确;根据题中UH=kIHBd,因为UHI2、B=kI,所以得到IH与I成正比,C项错误。10.(多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+世纪金榜导学号()

13、A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为31C.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为13【解题指导】解答本题可按以下思路进行:(1)正离子在电场中,由于电场力的作用做加速运动。(2)正离子在磁场中,洛伦兹力提供向心力,做圆周运动。【解析】选B、C、D。磷离子P+和P3+的质量相等,在电场中所受的电场力之比为13,所以加速度之比为13,A项错误;离开电场区域时的动能之比为13,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,由动能定理可得,离开电场区域时的动能之比为它们的带电量之比,即13,D项正确;在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力qvB=

14、mv2r,可得r=mvqB,r1r2=mv1q1Bmv2q2B=31,B项正确;设P+在磁场中的运动半径为3R,由几何知识可得磁场的宽度为32R,而P3+的半径为R,由几何知识可得P3+在磁场中转过的角度为60,P+在磁场中转过的角度为30,所以磷离子P+和P3+在磁场中转过的角度之比为12,C项正确。11.(2018全国卷) 如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和

15、离子间的相互作用。求:世纪金榜导学号(1)磁场的磁感应强度大小。(2)甲、乙两种离子的比荷之比。【解析】(1)甲离子经过电场加速,据动能定理有q1U=12m1v12在磁场中偏转,洛伦兹力提供向心力,据牛顿第二定律有q1v1B=m1v12R1由几何关系可得R1=l2联立方程解得B=4Uv1l(2)乙离子经过电场加速,同理有q2U=12m2v22q2v2B=m2v22R2R2=l4联立方程可得q1m1q2m2=14答案:(1)4Uv1l (2)1412.(2019绍兴模拟)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

16、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角的方向平行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。【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=mv02r,rsin=d设Q点的纵坐标为yQ,则yQ=r-dtan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三

17、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=12mv2-12mv02,v=v0cos解得v0=E3B。(2)设粒子在电场中时间为t,S点的横坐标为xS,则yQ=v0tan2txS=v0t解得xS=2d3,粒子在S点速度为v,在第四、三象限中运动半径为r,则qvB=mv2rxS-xP=2rsin解得B=2.4B。答案:(1)E3B(2)2.4B13.(2017浙江11月选考真题)如图所示,在两水平金属板构成的器件中,存在着匀强电场与匀强磁场,电场强度E和磁感应强度B相互垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动,下

18、列说法正确的是()A.粒子一定带负电B.粒子的速度大小v=BEC.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生变化【解析】选C。由题知,带电粒子在金属板中受力平衡,当粒子带正电时,受力情况如图甲所示,当粒子带负电时,受力情况如图乙所示。无论带正电或者带负电均可处于平衡状态,A错;粒子受到的电场力为F电=Eq,洛伦兹力为F洛=qvB,有Eq=qvB,化简得v=EB,B错;当粒子的速度发生改变时,粒子受到的洛伦兹力会发生变化,但是电场力不变,此时粒子的合力与速度方向不在一条直线上,故粒子将会做曲线运动,C对、D错。14.如图为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电

19、子枪产生电子束,玻璃泡内充有稀薄的气体,在电子束运动时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场,磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I,玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹,下列调节方式中,一定能让圆形径迹半径增大的是()世纪金榜导学号A.增大U,减小IB.减小U,增大IC.同时增大U和ID.同时减小U和I【解析】选A。根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向,电子在加速电场中加速,由动能定理有:eU=12mv02,电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向

20、心力,有:eBv0=mv02r,解得:r=mv0eB=1B2mUe,增大电子枪的加速电压,减小励磁线圈中的电流,电流产生的磁场减小,都可以使电子束的轨道半径变大,故B、C、D错误,A正确。15.如图所示,M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为+q,质量为m (不计重力),从点P经电场加速后,从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,CD为磁场边界上的一绝缘板,它与N板的夹角为=30,孔Q到板的下端C的距离为L,当M、N两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,则()世纪金榜导学号A.两

21、板间电压的最大值Um=q2B2L22mB.CD板上可能被粒子打中区域的长度S=3-33LC.粒子在磁场中运动的最长时间tm=2mqBD.能打到N板上的粒子的最大动能为q2B2L218m【解析】选B。M、N两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,所以圆心在C点,CH=QC=L,故半径R1=L,又因qvB=mv12R1,qUm=12mv12,所以Um=qB2L22m,故选项A错误;设轨迹与CD板相切于K点,半径为R2,在AKC中:sin30=R2L-R2,所以R2=13L,即KC长等于R2tan30=33L,所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度,x=HK=R1-R2=3-33L,故

22、选项B正确;打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长,均为半周期:T=2mqB,所以tm=12T=mqB,故选项C错误;当电压最大时,动能最大,则为q2B2L22m,故选项D错误。16.有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成,其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场,右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行,两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束,从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中,质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做

23、匀速圆周运动,从N点水平射出,而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成角射出,从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中,最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上,其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0,OQ=r0,N、P两点间的电势差UNP=mv02q,cos=45,不计重力和离子间相互作用。(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小;(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示);(3)若磁感应强度在(B-B)到(B+B)之间波动,要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离

24、子,求BB的最大值。【解析】(1)径向电场力提供向心力:E0q=mv02r0E0=mv02qr0,进入磁分析器后,离子做匀速圆周运动,由Bv0q=mv02r0得出B=mv0qr0(2)由动能定理:120.5mv2-120.5mv02=qUNPv=v02+4qUNPm=5v0r=0.5mvqB=125r0l=2rcos-0.5r0解得l=1.5r0(3)恰好能分辨的条件:2r01-BB-2rcos1+BB=r02解得BB=17-412%答案:(1)mv02qr0mv0qr0(2)1.5r0 (3)12%17.(2017天津高考)平面直角坐标系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第象限存

25、在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问:世纪金榜导学号(1)粒子到达O点时速度的大小和方向。(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。【解析】(1)粒子在电场中从Q到O做类平抛运动,设到达O点速度v与+x方向夹角为,Q点到x轴的距离为L,到y轴的距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,根据类平抛运动的规律,有:x方向:2L=v0t y方向:L=12at2粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为:vy=at又:tan=vyv0解得:tan=1,即=45,粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上。粒子到达O点时的速度大小为v=v0cos45=2v0(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,粒子在电场中运动的加速度:a=Fm=qEm;设磁感应强度大小为B,粒子做匀速圆周运动的半径为R,洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,根据几何关系可知:R=2L联立各式可得:EB=v02答案:(1)2v0方向与x轴正方向成45角斜向上(2)v02关闭Word文档返回原板块