（浙江專版）2022年高考物理一輪復習 專題檢測2 帶電粒子在組合場或復合場中的運動（加試）

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1、（浙江專版）2022年高考物理一輪復習 專題檢測2 帶電粒子在組合場或復合場中的運動（加試） 1.如圖所示,水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖,區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B1和B2,長L=1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在電場強度大小E=5.0×104 V/m、方向水平向右的勻強電場。區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S,水平向左發(fā)射動能Ek0=4.0×104 eV的氘核,氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點水平射出。S、P兩點間的高度差h=0.10 m。(氘核質量m=2×1.67×10-27 kg、電荷量q=1.60×10-19 C,1 eV=1.60×10-19 J?！?×10-4)　 (1)求

2、氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出時的動能Ek2; (2)若B1=1.0 T,要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出,求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d; (3)若B1=1.0 T,要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出,求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2。 2. 如圖所示,豎直邊界PQ左側有垂直紙面向里的勻強磁場,右側有豎直向下的勻強電場,電場強度大小為E,C為邊界上的一點,A與C在同一水平線上且相距為L。兩個相同的粒子以相同的速率分別從A、C兩點同時射出,從A點射出的粒子初速度沿AC方向,從C點射出的粒子初速度斜向左下方與邊界PQ的夾角θ=,從A點射出的粒子在電場中運動到邊界PQ時,

3、兩粒子剛好相遇。若粒子質量為m,電荷量為+q,重力不計,求: (1)粒子初速度v0的大小; (2)勻強磁場的磁感應強度B的大小; (3)相遇點到C點的距離。 3. 如圖所示,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域,磁感應強度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時,當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求:(不計重力) (1)粒子運動的時間; (2)粒子與O點間的距離。 4.

4、 如圖所示,第一象限內存在沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E;第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的勻強磁場,其中第二象限的磁感應強度大小為B,第三、四象限的磁感應強度大小相等。一帶正電的粒子,從P(-d,0)點沿與x軸正方向成α=60°角平行xOy平面入射,經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的Q點(圖中未畫出)垂直y軸進入第一象限,之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點,回到P點時速度方向與入射時相同。不計粒子重力,求: (1)粒子從P點入射時的速度大小v0; (2)第三、四象限的磁感應強度的大小B'。 5. 如圖所示,在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場,同

5、時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻強磁場,磁感應強度大小分別為B和2B,KL為上下磁場的水平分界線,在NS和MT邊界上,距KL高h處分別有P、Q兩點,NS和MT間距為1.8h,質量為m、電荷量為+q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域,在兩邊界之間做圓周運動,重力加速度為g。 (1)求電場強度的大小和方向。 (2)要使粒子不從NS邊界飛出,求粒子入射速度的最小值。 (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出,求粒子入射速度的所有可能值。 6.如圖甲所示,帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO'連續(xù)射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化

6、的電壓UMN,兩板間電場可看做是均勻的,且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場B,分界線為CD,EF為屏幕。金屬板間距為d,長度為l,磁場的寬度為d。已知:B=5×10-3 T,l=d=0.2 m,每個帶正電粒子的速度v0=105 m/s,比荷為=108 C/kg,重力忽略不計,在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內,電場可視作是恒定不變的。試求: (1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑; (2)帶電粒子射出電場時的最大速度; (3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。 7. 如圖所示,與水平面成37°的傾斜軌道A

7、C,其延長線在D點與半圓軌道DF相切,全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內,整個空間存在水平向左的勻強電場,MN的右側存在垂直紙面向里的勻強磁場(C點處于MN邊界上)。一質量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑,至C點時速度為vC= m/s,接著沿直線CD運動到D處進入半圓軌道,進入時無動能損失,且恰好能通過F點,在F點速度為vF=4 m/s(不計空氣阻力,g取10 m/s2,cos 37°=0.8)。求: (1)小球帶何種電荷? (2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功; (3)小球從F點飛出時磁場同時消失,小球離開F點后的運動軌跡與直線AC(或延長線)的交點為G點(未標出),求G

8、點到D點的距離。 8.回旋加速器的工作原理如圖所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直,被加速粒子的質量為m,電荷量為+q,加在狹縫間的交流電壓如圖所示,電壓值的大小為U0。周期T=。一束該種粒子在t=0~時間內從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間,假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動,不考慮粒子間的相互作用。求: (1)出射粒子的動能Em; (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0; (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應滿足的條件。

9、 9.如圖甲所示,建立xOy坐標系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱,極板長度和板間距均為l。在第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于xOy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質量為m、電荷量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子。在0~3t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、t0、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況) (1)求電壓U0的大小; (2)求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動

10、的半徑; (3)何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短?求此最短時間。 專題檢測二　帶電粒子在組合場或復合場中的運動(加試) 1.答案 (1)2.24×10-14 J　(2)0.06 m　(3)1.2 T 解析 (1)由動能定理W=Ek2-Ek0 電場力做功W=qE·2L 得Ek2=Ek0+qE·2L=1.4×105 eV=2.24×10-14 J。 (2)洛倫茲力提供向心力qvB=m 第一次進入B1區(qū)域,半徑R0==0.04 m 第二次進入B1區(qū)域,=Ek0+qEL R2==0.06 m,故d=R2=0.06 m。 (3)

11、氘核運動軌跡如圖所示 由圖中幾何關系可知2R2=h+(2R1-2R0) 得R1=0.05 m 由R1=,得B2==1.2 T。 2.答案 (1)　(2)　(3) 解析 從A點射出的粒子做類平拋運動,經(jīng)時間t到左邊界PQ,水平方向的位移L=v0t 豎直方向的位移y=at2 Eq=ma 從C點射出的粒子在磁場中做勻速圓周運動,有qv0B=m 由幾何關系得2Rsin θ=y 粒子在磁場中運動的時間與在電場中運動時間相等,即t=T,T= 由以上關系解得v0= B= 相遇點距C點距離y=。 3.答案 (1)(1+)　(2)(1-) 解析 (1)在勻強磁場中,帶電粒子

12、做圓周運動。設在x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得 qB0v0= ① qλB0v0= ② 粒子速度方向轉過180°時,所用時間t1=③ 粒子再轉過180°時,所用時間t2=④ 聯(lián)立①②③④式得,所求時間為t0=t1+t2=(1+)。 (2)由幾何關系及①②式得,所求距離為d=2(R1-R2)=(1-)。 4.答案 (1)　(2)2.4B 解析 (1)設粒子的質量為m,電荷量為q,在第二象限做圓周運動的半徑為r,則qv0B=m,rsin α=d 設Q點的縱坐標為yQ,則yQ=r- 粒子在第四、三象限中做圓周運動,由幾何關系可知

13、,粒子射入第四象限和射出第二象限時,速度方向與x軸正方向的夾角相同,則β=α=60° 設粒子由x軸上S離開電場,粒子在S點的速度為v,則qEyQ=mv2-,v= 解得v0=。 (2)設粒子在電場中時間為t,S點的橫坐標為xS,則yQ=t,xS=v0t 解得xS=,粒子在S點速度為v,在第四、三象限中運動半徑為r',則qvB'=m xS-xP=2r'sin β,解得B'=2.4B。 5.答案 (1),方向豎直向上　(2)(9-6)　　(3) 解析 (1)設電場強度大小為E, 由題意有mg=qE,得E=,方向豎直向上。 (2)如圖所示,設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為v

14、min, 對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2,圓心的連線與NS的夾角為φ。 由r=,有r1=,r2=r1 由(r1+r2)sin φ=r2,r1+r1cos φ=h,解得vmin=(9-6。 (3)如圖所示,設粒子入射速度為v,粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2, 粒子第一次通過KL時距離K點為x。 由題意有3nx=1.8h(n=1,2,3,…) x≥,x= 得r1=(1+,n<3.5,即 n=1時,v=; n=2時,v=; n=3時,v=。 6.答案 (1)0.2 m　(2)1.414×105 m/s　(3)O'上方0.2 m到O'下方0.

15、18 m的范圍內 解析 (1)t=0時刻射入電場的帶電粒子不被加速,進入磁場做圓周運動的半徑最小, 粒子在磁場中運動時qv0B= 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑rmin= m=0.2 m 其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示。 (2)設兩板間電壓為U1時,帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場, 有at2=,代入數(shù)據(jù),解得U1=100 V 在電壓低于100 V時,帶電粒子才能從兩板間射出電場,電壓高于100 V時,帶電粒子打在極板上,不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時,速度最大,設最大速度為vmax, 則有+q·,解得vmax=×105 m/s=1.414×105

16、m/s。 (3)由第(1)問計算可知,t=0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑 rmin=d=0.2 m 徑跡恰與屏幕相切,設切點為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點, 則=rmin=0.2 m 帶電粒子射出電場時的速度最大時,在磁場中做圓周運動的半徑最大,打在屏幕上的位置最低。設帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示。 qvmaxB= 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑rmax= m= m 由數(shù)學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上,如圖中Q點所示,并且Q點必與M板在同一水平線上。則 m=0.1

17、 m 帶電粒子打在屏幕上的最低點為F,則=rmax- m=0.18 m 即帶電粒子打在屏幕上O'上方0.2 m到O'下方0.18 m的范圍內。 7.答案 (1)正電荷　(2)27.6 J　(3)2.26 m 解析 (1)依題意可知小球在CD間做勻速直線運動,在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為零, 若小球帶負電,小球受到的合力不為零,因此帶電小球應帶正電荷。 (2)小球在D點速度為vD=vC= m/s 設重力與電場力的合力為F1,如圖所示,則F1=F洛=qvCB 又F1==5 N 解得qB= C·T 在F處由牛頓第二定律可得qvFB+F1= 把qB= C·T代

18、入得R=1 m 小球在DF段克服摩擦力做功Wf,由動能定理可得 -Wf-2F1R= 解得Wf=27.6 J。 (3)小球離開F點后做類平拋運動,其加速度為a= 由2R=解得t= s 交點G與D點的距離GD=vFt= m≈2.26 m。 8.答案 (1)Em=　(2)t0= (3)d< 解析 (1)由qvB=m,Em=mv2,解得Em=。 (2)粒子被加速n次達到動能Em,則Em=nqU0,粒子在狹縫間做勻加速運動, 設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt 加速度a= 勻加速直線運動nd=aΔt2 由t0=(n-1)+Δt, 解得t0=。 (3)只有在0~(-Δt)時間內飄

19、入的粒子才能每次均被加速, 所占的比例為η= 由η>99%,解得d<。 9.答案 (1)　(2)　(3)2t0　 解析 (1)t=0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動,t0時刻剛好從極板邊緣射出,則有y=l,x=l,電場強度:E=, ① 由牛頓第二定律得Eq=ma, ② 偏移量:y=, ③ 由①②③解得U0=。 ④ (2)t0時刻進入兩極板的帶電粒子,前t0時間在電場中偏轉,后t0時間兩極板沒有電場,帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度vx=v0= ⑤ 帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度 vy=a·t0 ⑥ 帶電粒子離開電場時的速度v= ⑦

20、 設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R, 由牛頓第二定律得qvB=m, ⑧ 由③⑤⑥⑦⑧解得R=。 ⑨ (3)在t=2t0時刻進入兩極板的帶電粒子,在電場中做類平拋運動的時間最長,飛出極板時速度方向與磁場邊界的夾角最小,而根據(jù)幾何知識可知,軌跡的圓心角等于粒子射入磁場時速度方向與邊界夾角的2倍,所以在t=2t0時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。 帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度vy'=at0 ⑩ 設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α,則tan α=, 由③⑤⑩解得α=,帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示,圓弧所對的圓心角θ=2α=,所求最短時間tmin=T,帶電粒子在磁場中運動的周期T=, 聯(lián)立以上兩式解得tmin=。