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2021届高考物理二轮复习 专题三 第3讲 带电粒子在复合场中的运动作业

2021届高考物理二轮复习 专题三 第3讲 带电粒子在复合场中的运动作业

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- 13 -

第3讲 带电粒子在复合场中的运动
(45分钟)
[基础题组专练]
1．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(H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作α粒子(He)在入口处从静止开始被同一电场加速，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倍数是(　　)

A.　　　　　　　　　 B．
C．2 D．
解析：粒子在加速电场中运动时，根据动能定理得qU＝mv2－0，得v＝；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m，联立可得B＝。质子与α粒子经同一加速电场，U相同，同一出口离开磁场，R相同，则B∝，可得＝ ＝，即Bα＝BH，故选项B正确。
答案：B
2．(2020·高考全国卷Ⅱ)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(a)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(b)所示。图(b)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)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)

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
解析：电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，B错误；电子受洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，C错误；根据r＝可知，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，D正确。
答案：D
3．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入两水平放置的、电势差为U2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U1和U2的变化情况为(不计粒子重力，不考虑极板边缘效应)(　　)

A．d随U1变化，d与U2无关
B．d与U1无关，d随U2变化
C．d随U1变化，d随U2变化
D．d与U1无关，d与U2无关
解析：设带电粒子刚进入磁场时的速度为v，与水平方向夹角为θ。粒子在磁场中运动时，qvB＝m，R＝，M、N两点间距离d＝2Rcos θ＝＝。对粒子在电场中加速运动的过程有qU1＝mv，联立可得d＝ ，故d随U1变化，与U2无关。
答案：A
4．(2020·北京西城区一模)如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是(　　)

A．带电粒子M、N的电性一定相同
B．带电粒子M、N的电荷量一定相同
C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等
D．撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等
解析：根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvB＝qE，即vB＝E，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电荷量无关，故A、B错误；撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，可得R＝，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由l＝vt可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。
答案：D
5．(2020·辽宁沈阳高三模拟)空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y轴正方向，场强大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，释放后，粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的最高点P的纵坐标为h，曲线在P点附近的一小部分可以看作是半径为2h的圆周上的一小段圆弧，则(　　)

A．粒子在y轴方向做匀加速运动
B．粒子在最高点P的速度大小为
C．磁场的磁感应强度大小为
D．粒子经过时间π 运动到最高点
解析：粒子受到电场力和洛伦兹力作用，不可能做匀加速运动，A错误；粒子从O运动到P的过程，只有电场力做功，由动能定理得qEh＝mv，解得vP＝，B错误；粒子经过P点时，由电场力和洛伦兹力的合力提供向心力，则有qvPB－qE＝m，联立解得B＝ ，C正确；粒子从O到P的过程不是圆周运动，时间无法求解，D错误。
答案：C
6．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝40 N/C，方向竖直向上；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E2＝ N/C。一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m，3.2 m)点以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m，0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间。
解析：(1)由题意可知qE1＝mg
解得q＝5×10－4 C
小球在第一、四象限的运动轨迹如图所示。

则Rcos θ＝xM－xP
Rsin θ＋R＝yM
可得R＝2 m，θ＝37°
由qv0B＝m，解得B＝2 T。

(2)小球进入第四象限后受力如图所示。
tan α＝＝0.75
可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，
即α＝θ＝37°。
由几何关系可得：
OA＝OPtan α＝1.53 m
AN＝ON－OA＝0.75 m
过N点作AP的垂线，交PA的延长线于一点Q，由几何关系知△OAP与△QAN相似，
所以∠QNA＝∠OPA＝α
得QN＝ANcos α＝0.6 m
由QN＝v0t，解得t＝0.6 s。
答案：(1)2 T　(2)0.6 s
[能力题组专练]
7．(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M。静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E。由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场的方向射入磁场中，最终打到胶片上的某点。下列说法正确的是(　　)

A．P、Q间加速电压为ER
B．离子在磁场中运动的半径为
C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出
D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷
解析：在加速电场加速过程，根据动能定理，有
qU＝mv2 ①
在静电分析器中运动过程，根据牛顿第二定律，有
qE＝m ②
在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，有qvB＝m ③
解得U＝ER ④
r＝ ＝ ⑤
由④式知，只要满足R＝，所有粒子都可以从辐射电场区通过；
由④⑤知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等。
答案：AD
8．(多选)(2020·湖南湘潭高三4月模拟)如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若PC＝L，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g，则(　　)

A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mg
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgL
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB
解析：小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为F＝＝mg不变，故根据牛顿第二定律可知，小球做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A正确。当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，为mg，不可能大于mg，故B错误。小球最终在C、D间做往复运动，在C点和D点的速度为零，从开始到最终速度为零的C点或D点，根据动能定理可知，摩擦力做的功与重力及电场力做的功之和为零，则摩擦力总功为mgL，故C错误。小球由C向D运动时，对小球在O点受力分析，由牛顿第二定律，有FN－mg＋Bqv＝m，由C到O点，由机械能守恒定律，有mgR(1－sin 30°)＝mv2，解得FN＝2mg－qB，即当小球经过O点时，则对轨道的弹力为2mg－qB，故D正确。
答案：AD
9．电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示，在平面直角坐标系xOy内，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量均为e，正、负电子的重力不计。求：

(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；
(2)电子从A点运动到P点所用时间；
(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。
解析：(1)由题意可得电子在磁场中运动的轨迹半径R＝L
又ev0B＝m，解得B＝。
电子在电场中做类平抛运动，有2L＝v0t1
L＝at
a＝
解得E＝。
(2)电子在磁场中运动的周期T＝＝
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则
t2＝T＝
电子在电场中的运动时间t1＝
故电子从A运动到P所用的时间t＝t1＋t2＝。
(3)电子射出电场区域时，沿y轴方向的分速度为vy＝at1
电子的运动方向与x轴之间的夹角θ的正切值
tan θ＝
解得θ＝45°
由此可知，正电子在磁场中转过的圆心角为90°
速度为v0的正电子在磁场中运动的半径
R2＝＝L，
故Q点的纵坐标y＝－(R2＋)＝－4L，
未知矩形磁场区域的最小面积(如图所示)为
S＝2L×(－1)L＝2(－1)L2。

答案：(1)　　(2)
(3)－4L　2(－1)L2
10．(2020·山东济宁高三模拟)如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向与y轴正方向的夹角范围为30°～150°，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限。已知带电粒子电荷量为q、质量为m，重力不计。求：

(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；
(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；
3)从x轴上x＝(－1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y轴上y＝－b点的速度大小。
解析：(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动轨迹如图甲所示。

由几何关系知，粒子运动轨迹的圆心在O点，轨迹半径r1＝a
由洛伦兹力提供向心力得
qv1B＝m
解得v1＝。
(2)当粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°时，粒子在第一象限的磁场中运动的时间最长，此时运动轨迹对应的圆心角α＝150°
粒子在磁场中运动的周期T＝
粒子的运动时间t＝T＝×＝。
(3)粒子在第一象限内的轨迹如图乙所示。

设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，轨迹半径为R，由几何关系得
R－Rcos θ＝(－1)a
Rsin θ＝a
解得θ＝45°，R＝a
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
则此粒子进入磁场的速度
v0＝
设粒子到达y轴上y＝－b点的速度大小为v，根据动能定理得qEb＝mv2－mv
解得v＝。
答案：(1)　(2)　与y轴正方向夹角为30°　(3)