【全程复习方略】高考物理二轮复习 课时冲关练 4.9带电粒子在组合场、复合场中的运动（B卷）.doc

带电粒子在组合场、复合场中的运动(b卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项正确)1.(2014湖州一模)如图所示为一种改进后的回旋加速器的示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在a、c板间，带电粒子从p0处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入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一次b.p1p2=p2p3c.加速粒子的最大速度与d形盒的尺寸无关d.加速电场的方向需要做周期性的变化【解析】选a。由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，a正确；由r=mvqb和qu=12mv22-12mv12可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，b错误；由v=qbrm可知，加速粒子的最大速度与d形盒的半径r有关，c错误；粒子在电场中运动的方向始终不变，故d错误。2.如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(重力忽略不计)，经加速电压u加速后，垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场中，粒子打到p点，op=x，能正确反映x与u之间关系的是()a.x与u成正比b.x与u成反比c.x与u成正比d.x与u成反比【解析】选c。带电粒子在电场中做匀加速运动，由动能定理得qu=12mv2，解得v=2qum，进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvb=mv2r，解得r=mvqb，粒子运动半个圆周到达p点，故x=2r=22muqb2，即x与u成正比，c正确。3.(2014沈阳一模)如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为e、方向竖直向下，磁感应强度为b、方向垂直纸面向里。从电、磁场中某点p由静止释放一个质量为m、带电量为+q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示。对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度h，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项做出判断。你认为正确的是()a.2meb2qb.4me2b2qc.2mbe2qd.mb2eq【解析】选a。由动能定理知，在滑到最低点过程中，qeh=12mv2，若最低点qe=qvb，则h=me2qb2，但最低点洛伦兹力应大于电场力，故此结果不是要求的值，但h的单位一定跟meqb2的相同，故a正确，b、c、d错误。4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中s0a=23s0c，则下列相关说法中正确的是()a.甲束粒子带正电，乙束粒子带负电b.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷c.能通过狭缝s0的带电粒子的速率等于eb2d.若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为32【解析】选b。由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，a错误；粒子在磁场中做圆周运动满足b2qv=mv2r，即qm=vb2r，由题意知r甲r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。在xoy平面内，从o点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。不计质子所受重力及质子间的相互作用力。则质子()a.在电场中运动的路程均相等b.最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向c.在磁场中运动的总时间均相等d.从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等【解析】选a、c。当质子沿与x轴正方向成夹角的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从a点射出磁场，如图所示，其中o1、o2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以oo1ao2为菱形，即ao2平行于x轴，说明质子以平行于y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，o2=90-。所以，质子第一次在磁场中运动的时间t1=90-360t此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从c点再次射出磁场，如图所示，其中o1、o3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，ao3平行于x轴，由于o1ao3c为菱形，即co1平行于ao3，说明c就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与无关。所以，oo2o3c为平行四边形，o3=90+质子第二次在磁场中运动的时间：t2=90+360t质子在磁场中运动的总时间：t=t1+t2=t2=mqb进入电场的速度和方向相同，故在电场中的运动路程相同，故a正确；最终离开磁场时的速度方向与o3c垂直，故不一定沿x轴正方向，故b错误；在磁场中运动的总时间均相等，为mqb，故c正确；从不同位置第一次离开磁场时，在非场区的运动路程显然不同，而在磁场中总的圆心角相同，故在电场和磁场中的路程相同，故总路程不同，故d错误。三、计算题(本题共2小题，共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)(2014温州一模)如图所示，空间区域、存在匀强电场和匀强磁场，mn、pq为磁场区域的理想边界，区域高度为d，区域的高度足够大。匀强电场方向竖直向上；、区域磁场的磁感应强度均为b，方向分别垂直纸面向里和向外。一个质量为m，电荷量为q的带电小球从磁场上方的o点由静止开始下落，进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动。已知重力加速度为g。(1)试判断小球的电性并求出电场强度e的大小。(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到o点，在图中作出小球的运动轨迹；求出释放时距mn的高度h和小球从开始释放到第一次回到o点所经历的时间t。(3)试讨论h取不同值时，小球第一次穿出磁场区域的过程中电场力所做的功w。【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡。(2)带电小球在电磁场中运动，恰能回到o点，其运动具有对称性。(3)带电小球在区域做圆周运动的圆弧与pq相切是讨论h取不同值时，小球第一次穿出磁场区域的过程中电场力做功的关键。【解析】(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电。(2分)由：qe=mg解得：e=mgq(2分)(2)带电小球在进入磁场区域前做自由落体运动，由机械能守恒有：mgh=12mv2(1分)带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，由牛顿第二定律得：qvb=mv2r(1分)由于带电小球在、两个区域运动过程中q、v、b、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2r，内角为60，轨迹如图甲所示。由几何关系知r=dsin60(2分)解得h=2q2b2d23m2g(2分)小球从开始释放到回到o点所经历的时间由两部分组成，一部分为无场区的运动，时间t1=22hg(2分)一部分为电磁场区域的运动，时间t2=762mqb=7m3qb(2分)总时间t=t1+t2=22hg+7m3qb=43qbd3mg+7m3qb(2分)(3)当带电小球在区域做圆周运动的圆弧与pq相切时，运动轨迹如图乙所示，有：半径r=d(1分)解得对应高度：h0=q2b2d22m2g(1分)讨论：当hh0时，小球进入磁场区域后由下边界pq第一次穿出磁场区域进入区域，此过程电场力做功w=-qed(1分)即w=-mgd(1分)答案：(1)正电mgq(2)轨迹见解析2q2b2d23m2g43qbd3mg+7m3qb(3)见解析【加固训练】如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至u，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的m点。(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量。(2)求磁感应强度b的值。(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板m点，应将磁感应强度调至b，则b的大小为多少？【解析】(1)墨滴受重力和电场力做匀速直线运动，电场力与重力平衡，电场的方向竖直向下，说明墨滴带负电荷，设其电荷量为q，则有qud=mg所以q=mgdu(2)墨滴进入电场和磁场共存区域后，受重力、电场力和洛伦兹力作用，但重力和电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，设圆周运动半径为r，有qv0b=mv02r因为墨滴垂直打在下板，墨滴在该区域完成一个四分之一圆周运动，根据几何关系可知，半径r=d联立得b=v0ugd2(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周半径为r，则有qv0b=mv02r由图示几何关系，得r2=d2+(r-12d)2得r=54d联立式，得b=4v0u5gd2答案：(1)负电荷mgdu(2)v0ugd2(3)4v0u5gd29.(22分)如图所示，在xoy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)。在t=0时刻由原点o发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、b0，粒子的比荷qm=b0t0，不计粒子的重力。(1)t=t02时，求粒子的位置坐标。(2)若t=5t0时粒子回到原点，求05t0时间内粒子距x轴的最大距离。(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有e0值。【解析】(1)由粒子的比荷qm=b0t0得粒子做圆周运动的周期t=2mqb0=2t0(2分)则在0t02内转过的圆心角=2(2分)由牛顿第二定律qv0b0=mv02r1(2分)解得：r1=mv0qb0=v0t0(1分)则其位置坐标(v0t0，v0t0)(2分)(2)t=5t0时粒子回到原点，轨迹如图所示r2=2r1(2分)r1=mv0qb0，r2=mv2qb0解得：v2=2v0(2分)又qm=b0t0，r2=2v0t0粒子在t02t0时间内做匀加速直线运动，2t03t0时间内做匀速圆周运动，由图知，在5t0时间内粒子距x轴的最大距离：hmax=v0+2v02t0+r2=(32+2)v0t0(2分)(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足n(2r2-2r1)=2r1(n=1，2，3，)(2分)r1=mv0qb0，r2=mvqb0联立以上各式解得：v=n+1nv0(n=1，2，3，)(2分)又由于v=v0+e0qt0m(2分)解得：e0=v0b0n(n=1，2，3，)(1分)答案：(1)(v0t0，v0t0)(2)(32+2)v0t0(3)v0b0n(n=1，2，3，)【讲评建议】在讲解本题时，建议教师注重以下几个方面的讲解：第一问：(1)引导学生首先分析0t0时间内粒子的受力情况，帮助学生确定粒子的运动情况。(2)让学生明确粒子在磁场中的运动周期，从而确定