(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题强化训练11带电粒子在复合场中的运动

专题强化训练(十一)一、选择题1．(多选)(2019·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)如右图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．在该平面有一个质量为m 、带正电q 的粒子以初速度v 0垂直x 轴，从x 轴上的P 点进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP 之间的距离为d ，不计粒子重力，则( )A ．磁感应强度B ＝2mv 04qdB ．电场强度E ＝mv 202qdC ．自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为t ＝72πd2v 0D ．自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为t ＝7πd2v 0[解析] 粒子的轨迹如图所示：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，v x ＝v y ＝v 0，根据：x ＝v x2t ，y ＝v y t ＝v 0t ，得y ＝2x ＝2d ，出电场时与y 轴交点坐标为(0,2d )，设粒子在磁场中运动的半径为R ，则有R sin(180°－β)＝y ＝2d ，而β＝135°，解得：R ＝22d ，粒子在磁场中运动的速度为：v ＝2v 0，根据R ＝mvqB ，解得B＝mv 02qd ，故A 错误；根据v x ＝at ＝qE m t ＝v 0，x ＝v x 2t ，联立解得：E ＝mv 202qd，故B 正确；在第一象限运动时间为：t 1＝135°360°T ＝38T ，在第四象限运动时间为：t 2＝12T ，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为：t ＝t 1＋t 2＝78T ＝7πd2v 0，故D 正确，C 错误．[答案] BD2．(多选)(2019·昆明质检)某型号的回旋加速器的工作原理图如下图所示．回旋加速器的核心部分为D 形盒，D 形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A 处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t ，已知磁场的磁感应强度大小为B ，质子质量为m 、电荷量为＋q ，加速器接一高频交流电源，其电压为U ，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用，则下列说法正确的是( )A ．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D 形盒运动轨迹的半径r ＝1B2mU qB ．D 形盒半径R ＝2Ut πBC ．质子能够获得的最大动能为2q 2BUtπmD ．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1∶1 [解析] 设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v 1，由动能定理得qU ＝12mv 21，①由牛顿第二定律有qv 1B ＝m v 21r 1，②联立①②式解得r 1＝1B2mUq，故A 正确；设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v ，则2nqU ＝12mv 2，③qvB ＝m v 2R，④质子做圆周运动的周期T ＝2πmqB，⑤质子运动的总时间t ＝nT ，⑥ 联立③④⑤⑥式解得R ＝2Ut πB ，故B 正确；根据qvB ＝m v 2R ，解得v ＝BRqm，质子射出加速器时的动能E k ＝12mv 2＝B 2R 2q 22m ＝BUq 2t πm ，故C 错误；根据圆周运动的周期T ＝2πmqB ，由于质子与α粒子的电荷量之比为1∶2，而质子与α粒子的质量之比为1∶4，因此它们周期之比为1∶2，那么频率之比为2∶1，故D 错误．[答案] AB3．(2019·洛阳高三适应性测试)如下图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关[解析] 带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v 分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：v 0v＝cos θ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R ，由几何关系得，半径与直线MN 夹角正好等于θ，则有：d2R＝cos θ，所以d ＝2Rv 0v ，又因为半径公式R ＝mv Bq ，则有d ＝2mv 0Bq ＝2B2mU 1q.故d 随U 1变化，d 与U 2无关，故A 正确，B 、C 、D 错误．[答案] A4．(多选)(2019·杭州学军中学月考)如右图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O 1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B ，左右两极板间距为d ，区域Ⅱ的出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上，若半径为r 0、质量为m 0、电荷量为q 0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子的重力，则( )A ．区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为 2q 0Um 0B ．区域Ⅱ左右两极板的电势差U 1＝Bdq 0Um 0C ．若密度相同的纳米粒子的半径r >r 0，则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过D ．若密度相同的纳米粒子的半径r >r 0，它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为r 0r[解析] 设半径为r 0的粒子加速后的速度为v ，则有q 0U ＝12m 0v 2，设区域Ⅱ内电场强度为E ，由题意可知洛伦兹力与电场力等大反向，即q 0vB ＝q 0E ，联立解得E ＝B 2q 0Um 0，则E B＝2q 0Um 0，区域Ⅱ左右两极板的电势差为Ed ＝Bd2q 0Um 0，故A 正确，B 错误；若纳米粒子的半径r >r 0，设半径为r 的粒子的质量为m 、带电荷量为q 、加速后的速度为v ′，则m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r r 03m 0，而q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r r 02q 0，由12mv ′2＝qU ，解得v ′＝2q 0Ur 0m 0r＝r 0rv <v ，故粒子进入区域Ⅱ后受到的洛伦兹力变小，粒子向左偏转，故C 错误；由于v ′＝r 0rv ，由E ＝Bv 得，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为r 0r，故D 正确． [答案] AD5.(2019·惠州莆田中学一模)如右图所示的金属导体，长l 、宽d 、高h ，导体中通有沿x 轴正方向的恒定电流I ，空间存在沿z 轴负方向的匀强磁场，磁感应强度为B ，已知金属导体中单位体积内自由电子数为n ，电子电荷量为e ，则下列说法正确的是( )A ．金属导体的M 面带正电B ．金属导体中电荷定向移动速率为I nehdC ．增加导体高度h ，M 、M ′两面间的电压将增大D ．M 、M ′两面间的电势差为IB ned[解析] 根据左手定则知，电子向M 面偏转，则导体的M 面带负电，为负极，M ′面带正电，为正极；自由电子做定向移动，视为匀速运动，设定向移动速率为v ，则时间t 内某一截面内电子前进的距离为vt ，对应体积为vthd ，此体积内含有的电子个数为nvthd ，电荷量为nevthd ，则电流I ＝nevthd t ＝nevhd ，电荷定向移动速率为v ＝Inehd；电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e U h＝Bev ，可得电势差U ＝Bhv ＝IBned，可知M 、M ′两面间的电压与导体高度h 无关；因M 面电势低，则M 、M ′两面间的电势差为－IBned.所以B 正确，A 、C 、D 错误． [答案] B 二、非选择题6．(2019·江西名校联盟质检)如右图所示，OD 在平面直角坐标系xOy 第四象限的角平分线上，D 点的坐标为(l ，－l )，直角三角形OAD 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，直角三角形OCD 区域内有沿x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，其中OC 和CD 为荧光屏(能吸收打到屏上的粒子)．现有一束质量均为m 、电荷量均为q 的带正电粒子从原点O 沿y 轴负方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为v ≤qBl m .已知E ＝qB 2l 12m，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用．求：(1)带电粒子从O 点射入到第一次进入电场的时间； (2)能打到荧光屏CD 上的带电粒子的最小入射速度； (3)荧光屏CD 、OC 上形成亮线的长度．[解析] (1)带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm Bq，当粒子从OD 边离开磁场时，因∠AOD ＝45°，则粒子运动轨迹所对应的圆心角为90°，故粒子从原点O 射入后第一次在磁场中运动的时间为t 0＝T 4＝πm 2Bq.(2)带电粒子射入匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，经14圆周到达OD 边，然后水平向右进入匀强电场，在电场力的作用下做匀减速直线运动．由题意知，带电粒子到达CD 的速度恰好为零时对应的入射速度最小，设为v 0，并设该粒子在磁场中的运动轨迹半径为r ，由牛顿第二定律可得，Bqv 0＝mv 20r，由动能定理可得qE (l －r )＝12mv 20，联立解得r ＝13l ，v 0＝qBl3m .(3)速率大于qBl 3m 的带电粒子直接打在荧光屏CD 上，其中入射速度为qBl m的粒子在磁场中运动的轨迹半径为l ，即该粒子将直接打到D 点，故荧光屏CD 上亮线的长度为x 1＝l －r ＝l－13l ＝23l ，速率小于qBl3m的带电粒子，进入电场后不能到达荧光屏CD ，从电场中返回后又在磁场中运动了34个周期，刚好垂直电场进入，在电场中做类平抛运动．当粒子以v 0＝qBl3m的速度射入磁场时，粒子从P 点进入电场，然后做类平抛运动，如图所示，则有y ＝l －13l ＝v 0t ，x ＝12·qE m t 2，可得x ＝l NM ＝16l ，荧光屏OC 上亮线的长度为x 2＝l OM ＝23l －16l ＝12l .[答案] (1)πm 2Bq (2)qBl3m(3)荧光屏CD 上亮线的长度为23l ，荧光屏OC 上亮线的长度为12l7．(2019·新疆乌鲁木齐诊断)如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、带电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动而通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点进入第一象限内并击中AO 上的D 点(C 、D 均未画出)．已知OD ＝34OM ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ＝m q(T)，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)两匀强电场的电场强度E 的大小； (2)OM 的长度L ；(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t .[解析] (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用，沿AO 做匀加速直线运动，所以有mg ＝qE ，即E ＝mgq.(2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示．有qvB ＝m v 2R，由运动学规律可知v 2＝2aL ，a ＝2g ，设粒子从C 点运动到D 点所用时间为t 3，由类平抛运动规律知：R ＝vt 3，R －3L 4＝12at 23，联立解得L ＝20 2 m 或2029m.(3)质点做匀加速直线运动有L ＝12at 21，得t 1＝2 s 或23 s ；质点做匀速圆周运动有t 2＝34×2πm qB＝4.71 s ；质点做类平抛运动有R ＝vt 3，得t 3＝1 s ；质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝7.71 s 或6.38 s.[答案] (1)mg q (2)20 2 m 或2029m (3)7.71 s 或6.38 s。