2019版物理新学考一轮增分：专题检测2含答案

1、专题检测二带电粒子在组合场或复合场中的运动(加试)1.如图所示，水平放置的小型粒子加速器的原理示意图，区域I和n存在方向垂直纸面向里的匀强磁场Bl和B2,长L= 1.0 m的区域田存在电场强度大小 E=5.0X104 V/m、方向水平向右的匀强电场。区 域田中间上方有一离子源S,水平向左发射动能 Eko=4.0X104 eV的笊核，笊核最终从区域II下方的P点水平射出。S、P两点间的高度差h=0.10 m。(笊核质量m=2X1.67X10-27 kg、电荷量q=1.60X10-19-19C,1 eV=1.60X10 Jo花白试峋洛T-4I1X10 )Jl.0xl0Lr1(1)求笊核经过两次加速

2、后从P点射出时的动能Ek2;(2)若Bi=1.0 T,要使笊核经过两次加速后从(3)若Bi=1.0 T,要使笊核经过两次加速后从P点射出，求区域I的最小宽度d;p点射出，求区域n的磁感应强度 B2。2.如图所示，竖直边界PQ左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E,C为边界上的一点，A与C在同一水平线上且相距为L。两个相同的粒子以相同的速率分别从A、C两点同时射出，从A点射出的粒子初速度沿 AC方向，从C点射出的粒子初速度斜向左下方与边 界PQ的夹角 打热从A点射出的粒子在电场中运动到边界PQ时，两粒子刚好相遇。若粒子质量为m,电荷量为+q,重力不计，求：(1)

3、粒子初速度V0的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度 B的大小；(3)相遇点到C点的距离。3.如图所示，空间存在方向垂直于纸面 (xOy平面)向里的磁场。在 x 0区域,磁感应强度的大小为Bo;x0)的带电粒子以速度 vo从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿 x轴正向时，求:(不计 重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离。4.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

4、与x轴正方向成”=60。角平行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：粒子从P点入射时的速度大小 V0；5.(2)第三、四象限的磁感应强度的大小B。用 ML财7门 1g.4:如图所示，在无限长的竖直边界 NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场 ，磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h,质量为m、电荷量为+q 的粒子从P点垂

5、直于NS边界射入该区域，在两边界之间彳圆周运动，重力加速度为go(1)求电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。6.如图甲所示，带正电粒子以水平速度 V0从平行金属板 MN间中线OO连续射入电场中。MN板间接 有如图乙所示的随时间t变化的电压Umn,两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属 板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B,分界线为CD,EF为屏幕。金属板间距为 d,长度为1,磁场的宽度为do已知：B= 5X10-3 T,1=d= 0.2 m,每个带正电粒子的速度 vo=105 m

6、/s,比荷为老=108 C/kg,重力忽略 不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求 :d 口 乂 乂 N 乂 m h/ H x xBx x甲(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径(2)带电粒子射出电场时的最大速度；(3)带电粒子打在屏幕上的范围。7.如图所示，与水平面成37的倾斜轨道 AC,其延长线在D点与半圆轨道 DF相切，全部轨道为绝缘材 料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场,MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)。一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道 AC下滑，至C点时速度为Vc=& m/s, 接着沿直线CD运动到D

7、处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为 vf=4 m/s(不计空气阻力 取10 m/s2,cos 37 =0.8)。求：(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出，求G点到D点的距离。8.回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为 R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为 m,电荷量为+q ,加在狭缝间的交流电压如图所示，电压值的大小为 U。周期丁=在。一束该种粒子在t=0二时间内从A处均匀地飘

8、入狭缝，其初琉2速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间 考虑粒子间的相互作用。，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间to;(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出与应满足的条件。9.如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均 为1。在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于xOy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为 m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压 (不考虑极板边缘的影响)。已

9、知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰 好在to时刻经极板边缘射入磁场。上述 m、q、l、t。、B为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回 极板间的情况)甲乙(1)求电压Uo的大小；(2)求为时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。专题检测二带电粒子在组合场或复合场中的运动(加试)1.答案(1)2.24X10-14J (2)0.06 m (3)1.2 T解析由动能定理W=Ek2-Eko电场力做功W=qE 2L得 Ek2=Eko+qE 2L=1.4X105eV=2.24X10-14 J。(2)洛伦兹力提供向心力 qvB=my

10、第一次进入 Bi区域，半径 飞=华=0.04 m 叫第二次进入Bi区域,；mrJ=E ko+qELR2=y7i= 0.06 m,故 d=R2=0.06 m。(3)笊核运动轨迹如图所示由图中几何关系可知 2R2=h+ (2R1-2R0)得 R1=0.05 m由 R1二U，得 B2=U=1.2 To 祖 妣 2 .日木(1q后踞：一二(3)解析从A点射出的粒子i故类平抛运动，经时间t到左边界PQ,水平方向的位移竖直方向的位移 y= -at2L=V0tEq=ma从C点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B=m-由几何关系得2Rsin 9=y粒子在磁场中运动的时间与在电场中运动时间相等，即 t=

11、T,T=由以上关系解得V0 =：B=一 /丽相遇点距C点距离y=-o7XX工的 12酩咫 13 .答案(1)(1+ ) (2) 丁(1-)解析(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x0区域，圆周半径为R1;在x0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得一：丁 qB0V0=*q后0v0=展粒子速度方向转过180。时，所用时间二区粒子再转过180。时，所用时间t2=三联立式得，所求时间为t0=ti+t2 = (1+二)。祖(2)由几何关系及式得，所求距离为d=2(Ri-R2)=与(1勺。限4.答案(1)(2)2.4B解析设粒子的质量为m,电荷量为q,在第二象限做圆周运动的半径为r,则

12、qv0B=m型,rsin a=d设Q点的纵坐标为yQ，则yQ=r -tSKOf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二象限时，速度方向与x轴正方向的夹角相同，则 出0=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=mv2Wm%卡，-：解得Vo=二。一(2)设粒子在电场中时间为t,S点的横坐标为xs,则yQ=-t,xS=v0t7d. 解得xs=q粒子在S点速度为v,在第四、三象限中运动半径为r,则qvB=m：xs-xP=2r sin 8解得 B=2.4B。5.答案(1)一,方向竖直向上(2)(9-6,骸)* (3) 三二 三二二 W解析(1)设

13、后场强度大小为巳P由题意有mg=qE得E= W方向竖直向上。(2)如图所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为Vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为1和2,圆心的连线与NS的夹角为由二；?有1=万一，2=n1由(r1 +r2)sin -r2,r1 +r1COS 4=h,解得 Vmin=(9-6、2)警。如图所示，设粒子入射速度为 V,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,NMT粒子第一次通过 KL时距离K点为x。由题意有 3nx= 1.8h(n= 1,2,3，)得 ri=(i +潜：,n3.5，即首户 :Fn= 1 时,v=；;c I a.5S?3nn=2 时,v=-;*

14、 二c n.n= 3 时,v=。6.答案(1)0.2 m (2)1.414X105 m/s (3)0上方 0.2 m 到 O下方 0.18 m 的范围内解析(1)t= 0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小粒子在磁场中运动时 qv0B=则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径而产与二 产 m=0.2 m哈S1ex inn其运动的径迹如图中曲线I所示。(2)设两板间电压为 U1时,带电粒子刚好从极板边缘射出电场，有二二一 一，代入数据，解得U1=100 V322 tan在电压低于100 V府，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时,带电粒子打在极板上不能从两板间

15、射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为Vmax,则有 如E = ；mrf+q 学解得 vmax=谯x105 m/s= 1.414X105 m/s。(3)由刘 问计算可知,t= 0另刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin=d= 0.2 m径竺与屏幕相切，设切点为E,E为带电粒子打在屏幕上的最高点，则._=rmin = 0.2 m带电菽子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为max,打在屏幕上的位置为 F,运动径迹如图中曲线n所示。qVmaxB-则带电粒子进入磁场做圆周运

16、动的最大半径rma产子 = _户口 m= minffxsxio-a 由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q所宗且Q点必与M板在同一水平线上。则 ,m=0.1 m带电粒子打在屏幕上的最低点为F,则.=rmax-顽一信同 m=0.18 m即带电粒子打在屏幕上O上方0.2 m到0下方0.18 m的范围内。7.答案(1)正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m解析(1)依题意可知小球在 CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零 若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷。、ICC(2)小球在 D点速度为vd=vc=Wt m/s设重力与电场力的合

17、力为Fi,如图所示，则Fi=F洛=qvcB又 Fi= =5 Ncn?S7*解得qB=fl=三C TPC 2fl在F处由牛顿第二定律可得qvFB+F 1=二支把qB=E C T代入得R=1 m2D小球在DF段克服摩擦力做功Wf,由动能定理可得-Wf-2FR讶-：解得 Wf=27.6 J。(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a=g由2R=牛彳交点G与D点的距离8.答案(1)Em=,c、t. rm疗(3)d99%,解得d9.答案一oinot)5三,to时刻刚好从极板边缘射解析(1)t= 0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动 出，则有y=M，x=l，电场强度：E=?,由牛顿第二定律得 Eq=ma ,偏移量：y=二二,由解得U o=-。k(2)；to时刻进入两极板的带电粒子，前;to时间在电场中偏转，后：to时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度 V=V0二-带电粒子离开电场时沿 y轴负方向的分速度Vy=a 予to带电粒子离开电场时的速度v= 斗哆工R,设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为由牛顿第二定律得qvB=m一,R由解得R=一。G