2022高考物理二轮复习专题能力训练10带电粒子在组合场复合场中的运动含解析.docx

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1、专题能力训练10带电粒子在组合场、复合场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,78题有多个选项符合题目要求。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2020全国卷)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示

2、);将电子束打到靶上的点记为P点。则()甲乙A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移答案:D解析:加速电场对电子做的功WMN=qUMN=q(M-N)0,电子为负电荷,则电压为负值,M处的电势必低于N处的电势,A错误。增大M、N之间的加速电压,据动能定理,qUMN=12mv02,电子离开电场的速度必然增大;进入偏转电场,洛伦兹力提供向心力,可求出r=mv0qB,速度增大,半径r增大;设磁场宽度为d,电子束离开偏转磁场后的偏转角度为,sin=dr,d不变,r增大,减小,可使P点右移,B错误。根据

3、左手定则,可判断出偏转磁场垂直纸面向里,C错误。根据r=mv0qB,磁感应强度增大,半径r减小,根据B选项解析可知,增大,可使P点左移,D正确。2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷qm越小答案:D解析:通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电,故选项A错误;带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的静电力,

4、可知速度选择器的P1极板带正电,故选项B错误;由洛伦兹力充当向心力有qvB=mv2r,得粒子在B2磁场中的运动半径r=mvqB,又粒子的运动速度v大小相等,电荷量q未知,故在磁场中运动半径越大的粒子,质量不一定越大,但比荷qm=vBr越小,故选项C错误,D正确。3.如图所示,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60,水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg答案:C解析:带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用,但是洛伦兹力不做功,所以从左方摆到

5、最低点的过程只有重力做功,根据动能定理mgL(1-cos60)=12mv2,摆动到最低点时,合力提供向心力,悬线上张力为0,即洛伦兹力提供向心力qvB-mg=mv2L=mg,洛伦兹力方向竖直向上,当小球从右方摆到最低点时,根据对称性速度大小不变,但是方向反向,所以洛伦兹力方向竖直向上大小不变,此时向心力不变,即拉力F-qvB-mg=mv2R,拉力F=4mg,选项C正确。4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是()A.B.C.D.答

6、案:B解析: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,故洛伦兹力一定变化,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;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;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;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;故选项B正确。5.(2019河南开封模拟)如图所示,静止的带电粒子所带电荷量为+q,质量为m(不计重力),从P点经两块平行的竖直极板间电场加速后,水平通过小孔Q进入N板右侧的匀强

7、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,小孔Q到绝缘板的下端C的距离为l。当滑片移动到B端时,粒子恰垂直打在CD板上。则下列说法错误的是()A.两板间电压的最大值Um=q2B2l22mB.CD板上可能被粒子打中区域的长度为3-33lC.粒子在磁场中运动的最长时间为mBqD.能打到N板上的粒子的最大动能为q2B2l218m答案:A解析:滑片移到B端时,两板间电压最大,粒子垂直打在CD板上,所以粒子做圆周运动的轨迹半径为l=mvqB;粒子在电场中运动时有qUm=12mv2,联立两式解得Um=qB2l22m,A错误。粒子垂直打在CD板上的

8、位置离C点最远,距离为l;当粒子运动轨迹恰好与CD相切时,切点位置离C点最近,如图所示,由几何条件有sin30=Rl-R,故R=l3,KC=33l,所以CD板上被粒子打中的区域的长度为3-33l,B正确。打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长,均为半个周期,t=mqB,C正确。打在N板上的粒子中,轨迹半径越大,则对应的速度越大,即运动轨迹半径最大的粒子的动能最大,则当R=l3时,Ekm=(mv)22m=(qBR)22m=q2B2l218m,D正确。6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁

9、场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A.11B.12C.121D.144答案:D解析:离子经电场加速Uq=12mv2,离子在电场中偏转时,qvB=mv2r,可知m=r2B2q2U;由于离子和质子的加速电压、电荷量和在磁场中做匀速圆周运动的半径都相同,所以mB2,离子所需偏转磁场的磁感应强度是质子所需偏转磁场的磁感应强度的12倍,则离子质量是质子质量的144倍,选项D正确。7.如图所示,一对间距可变的平行金属板C、D水平放置,两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B。两板通过

10、滑动变阻器与铅蓄电池相连,这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态,即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压,当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态。闭合开关S后,有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0射入两板间恰能做直线运动。现对入射粒子或对装置进行调整,则下列有关描述正确的是()A.若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子,也能直线通过B.若只增大两板间距到一定程度,可使铅蓄电池处于充电状态C.若将滑动变阻器的滑片P向a端滑动,可提高C极板的电势D.若只减小入射粒子的速度,可使铅蓄电池处于充电状态答案:AB解析:带正电的粒子恰好做直线运动,其电场力和洛伦兹力相平衡,由Udq=qv0B

11、可知v0=UBd,若换成带负电的粒子,电场力和洛伦兹力都反向,仍然平衡,直线通过,故选项A正确;若增大两板间距,带正电粒子射入时受洛伦兹力作用偏转而堆积在上极板上,将提高两板间电压,若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被充电,故选项B正确;由于电容器的两极板是彼此绝缘的,调节滑片P对电压不起任何作用,故选项C错误;若减小入射粒子的速度,粒子所受洛伦兹力减小,粒子会在电场力作用下落在下极板上,电势也会降低,不能达到逆变电压,故选项D错误。8.回旋加速器的工作原理图如图所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计。匀强磁场的磁感应强

12、度大小为B、方向与盒面垂直。粒子源A产生的粒子质量为m,电荷量为+q,U为加速电压,则()接交流电源A.交流电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半B.加速电压U越大,粒子获得的最大动能越大C.D形盒半径R越大,粒子获得的最大动能越大D.磁感应强度B越大,粒子获得的最大动能越大答案:CD解析:为了保证粒子每次经过电场时都被加速,必须满足交流电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等,故A错误;根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R,解得v=BqRm,动能Ek=12mv2=B2q2R22m,可知带电粒子的速度与加速电压无关,D形盒半径R越大,磁感应强度B越大,粒子的速度越大,即动能越大,B错误,C、D

13、正确。二、非选择题(本题共3小题,共44分)9.(14分)在如图所示的直角坐标系中,有沿y轴正方向(竖直向上方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场,现在坐标原点O固定一电荷量为Q的正点电荷,一个质量为m、电荷量为q的正点电荷微粒恰好能以y轴上的O1点为圆心在水平面内做匀速圆周运动,角速度为,已知当地重力加速度为g。试求圆心O1的y坐标。答案:mgqB-m2解析:微粒受力如图所示,设带电微粒做匀速圆周运动半径为R,圆心O1的纵坐标为y,圆周上一点与坐标原点的连线和y轴夹角为,则tan=RyBqR-F电sin=m2R即得mgqRB-m2R=yR所以圆心O1的y坐标y=mgqB-m2。10.(15分)

14、(2019全国卷)如图所示,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。答案:(1)4UB2d2(2)Bd24U2+33解析:(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=12mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径

15、为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=mv2r由几何关系知d=2r联立式得qm=4UB2d2。(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=r2+rtan30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=sv联立式得t=Bd24U2+33。11.(15分)(2019山东潍坊模拟)右图为竖直平面内的直角坐标系xOy,x轴水平且上方有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,在x轴下方有一圆形有界匀强磁场,与x轴相切于坐标原点,半径为R。已知质量为m、电荷量为+q的粒子,在y轴上的(0,R)点无初速度释放,粒子恰好经过磁场中33R,-R点,粒子重力不计。(1)求磁场的磁感应强度B

16、。(2)若将该粒子释放位置沿y=R直线向左移动一段距离l,无初速度释放,当l为多大时粒子在磁场中运动的时间最长?最长时间是多少?(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的横坐标为多少?答案:(1)3mE2qR,方向垂直xOy平面向里(2)32R296mRqE(3)532R解析:(1)粒子匀加速运动,有EqR=12mv2,解得v=2EqRm设圆周运动半径为r,圆心为O1,则qvB=mv2r,由几何关系可知r2=r-33R2+R2解得r=233R,B=3mE2qR,磁场方向垂直xOy平面向里。(2)当粒子在磁场中转过的弦为圆形磁场直径时对应的时间最长,所转过的圆心角为则rsin2=R,解得=23,此时l=Rsin2=32R粒子在磁场中运动的时间为t=rv解得t=296mREq。(3)粒子回到电场时速度与水平方向成30粒子沿y轴匀减速运动减到零时竖直高度最大,有vsin30=at,Eq=ma水平方向匀速运动,有x=vcos30t解得x=3R2粒子返回电场时的横坐标为x0,x0-lh=cot30,h=3R2运动到最高点时的横坐标为x=x0+x=532R。