（浙江專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)2 帶電粒子在組合場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（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)域和存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2,長(zhǎng)L=1.0 m的區(qū)域存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=5.0×104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。區(qū)域中間上方有一離子源S,水平向左發(fā)射動(dòng)能Ek0=4.0×104 eV的氘核,氘核最終從區(qū)域下方的P點(diǎn)水平射出。S、P兩點(diǎn)間的高度差h=0.10 m。(氘核質(zhì)量m=2×1.67×10-27 kg、電荷量q=1.60×10-19 C,1 eV=1.60×10-19 J。1×10-4) (1)求氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2;(2)若B1=1.0 T,要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出,求區(qū)域的最小寬度d;(3)若B1=1.0 T,要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出,求區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。2.如圖所示,豎直邊界PQ左側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,C為邊界上的一點(diǎn),A與C在同一水平線上且相距為L(zhǎng)。兩個(gè)相同的粒子以相同的速率分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)射出,從A點(diǎn)射出的粒子初速度沿AC方向,從C點(diǎn)射出的粒子初速度斜向左下方與邊界PQ的夾角=,從A點(diǎn)射出的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到邊界PQ時(shí),兩粒子剛好相遇。若粒子質(zhì)量為m,電荷量為+q,重力不計(jì),求:(1)粒子初速度v0的大小;(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(3)相遇點(diǎn)到C點(diǎn)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(chǎng)。在x0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0(常數(shù)>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng),此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí),求:(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(2)粒子與O點(diǎn)間的距離。4.如圖所示,第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)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(qiáng)磁場(chǎng),其中第二象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,第三、四象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。一帶正電的粒子,從P(-d,0)點(diǎn)沿與x軸正方向成=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(diǎn)(圖中未畫(huà)出)垂直y軸進(jìn)入第一象限,之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點(diǎn),回到P點(diǎn)時(shí)速度方向與入射時(shí)相同。不計(jì)粒子重力,求:(1)粒子從P點(diǎn)入射時(shí)的速度大小v0;(2)第三、四象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B'。5.如圖所示,在無(wú)限長(zhǎng)的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場(chǎng),同時(shí)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(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B,KL為上下磁場(chǎng)的水平分界線,在NS和MT邊界上,距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn),NS和MT間距為1.8h,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域,在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng),重力加速度為g。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)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(guò)Q點(diǎn)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(chǎng)中。MN板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的電壓UMN,兩板間電場(chǎng)可看做是均勻的,且兩板外無(wú)電場(chǎng)。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,分界線為CD,EF為屏幕。金屬板間距為d,長(zhǎng)度為l,磁場(chǎng)的寬度為d。已知:B=5×10-3 T,l=d=0.2 m,每個(gè)帶正電粒子的速度v0=105 m/s,比荷為=108 C/kg,重力忽略不計(jì),在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)可視作是恒定不變的。試求:(1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑;(2)帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)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AC,其延長(zhǎng)線在D點(diǎn)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(nèi),整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(C點(diǎn)處于MN邊界上)。一質(zhì)量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑,至C點(diǎn)時(shí)速度為vC= m/s,接著沿直線CD運(yùn)動(dòng)到D處進(jìn)入半圓軌道,進(jìn)入時(shí)無(wú)動(dòng)能損失,且恰好能通過(guò)F點(diǎn),在F點(diǎn)速度為vF=4 m/s(不計(jì)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(diǎn)飛出時(shí)磁場(chǎng)同時(shí)消失,小球離開(kāi)F點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與直線AC(或延長(zhǎng)線)的交點(diǎn)為G點(diǎn)(未標(biāo)出),求G點(diǎn)到D點(diǎn)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直,被加速粒子的質(zhì)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(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零。現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng),不考慮粒子間的相互作用。求:(1)出射粒子的動(dòng)能Em;(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0;(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出,d應(yīng)滿足的條件。9.如圖甲所示,建立xOy坐標(biāo)系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對(duì)稱,極板長(zhǎng)度和板間距均為l。在第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于xOy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子。在03t0時(shí)間內(nèi)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(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射入磁場(chǎng)。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(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑;(3)何時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短?求此最短時(shí)間。專題檢測(cè)二帶電粒子在組合場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(加試)1.答案 (1)2.24×10-14 J(2)0.06 m(3)1.2 T解析 (1)由動(dòng)能定理W=Ek2-Ek0電場(chǎng)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(jìn)入B1區(qū)域,半徑R0=0.04 m第二次進(jìn)入B1區(qū)域,=Ek0+qELR2=0.06 m,故d=R2=0.06 m。(3)氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由圖中幾何關(guān)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(diǎn)射出的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t到左邊界PQ,水平方向的位移L=v0t豎直方向的位移y=at2Eq=ma從C點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qv0B=m由幾何關(guān)系得2Rsin =y粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,即t=T,T=由以上關(guān)系解得v0=B=相遇點(diǎn)距C點(diǎn)距離y=。3.答案 (1)(1+)(2)(1-)解析 (1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x0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=qB0v0=粒子速度方向轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí),所用時(shí)間t1=粒子再轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí),所用時(shí)間t2=聯(lián)立式得,所求時(shí)間為t0=t1+t2=(1+)。(2)由幾何關(guān)系及式得,所求距離為d=2(R1-R2)=(1-)。4.答案 (1)(2)2.4B解析 (1)設(shè)粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,在第二象限做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,則qv0B=m,rsin =d設(shè)Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yQ,則yQ=r-粒子在第四、三象限中做圓周運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系可知,粒子射入第四象限和射出第二象限時(shí),速度方向與x軸正方向的夾角相同,則=60°設(shè)粒子由x軸上S離開(kāi)電場(chǎng),粒子在S點(diǎn)的速度為v,則qEyQ=mv2-,v=解得v0=。(2)設(shè)粒子在電場(chǎng)中時(shí)間為t,S點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xS,則yQ=t,xS=v0t解得xS=,粒子在S點(diǎn)速度為v,在第四、三象限中運(yùn)動(dòng)半徑為r',則qvB'=mxS-xP=2r'sin ,解得B'=2.4B。5.答案 (1),方向豎直向上(2)(9-6)(3)解析 (1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)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(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin,對(duì)應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2,圓心的連線與NS的夾角為。由r=,有r1=,r2=r1由(r1+r2)sin =r2,r1+r1cos =h,解得vmin=(9-6。(3)如圖所示,設(shè)粒子入射速度為v,粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2,粒子第一次通過(guò)KL時(shí)距離K點(diǎn)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(shí),v=;n=2時(shí),v=;n=3時(shí),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0.18 m的范圍內(nèi)解析 (1)t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子不被加速,進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最小,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qv0B=則帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑rmin= m=0.2 m其運(yùn)動(dòng)的徑跡如圖中曲線所示。(2)設(shè)兩板間電壓為U1時(shí),帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng),有at2=,代入數(shù)據(jù),解得U1=100 V在電壓低于100 V時(shí),帶電粒子才能從兩板間射出電場(chǎng),電壓高于100 V時(shí),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(chǎng)時(shí),速度最大,設(shè)最大速度為vmax,則有+q·,解得vmax=×105 m/s=1.414×105 m/s。(3)由第(1)問(wèn)計(jì)算可知,t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rmin=d=0.2 m徑跡恰與屏幕相切,設(shè)切點(diǎn)為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點(diǎn),則=rmin=0.2 m帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度最大時(shí),在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最大,打在屏幕上的位置最低。設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運(yùn)動(dòng)徑跡如圖中曲線所示。qvmaxB=則帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑rmax= m= m由數(shù)學(xué)知識(shí)可得運(yùn)動(dòng)徑跡的圓心必落在屏幕上,如圖中Q點(diǎn)所示,并且Q點(diǎn)必與M板在同一水平線上。則 m=0.1 m帶電粒子打在屏幕上的最低點(diǎn)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(nèi)。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(yùn)動(dòng),在CD段受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力且合力為零,若小球帶負(fù)電,小球受到的合力不為零,因此帶電小球應(yīng)帶正電荷。(2)小球在D點(diǎn)速度為vD=vC= m/s設(shè)重力與電場(chǎng)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代入得R=1 m小球在DF段克服摩擦力做功Wf,由動(dòng)能定理可得-Wf-2F1R=解得Wf=27.6 J。(3)小球離開(kāi)F點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng),其加速度為a=由2R=解得t= s交點(diǎn)G與D點(diǎn)的距離GD=vFt= m2.26 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(dá)到動(dòng)能Em,則Em=nqU0,粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為t加速度a=勻加速直線運(yùn)動(dòng)nd=at2由t0=(n-1)+t,解得t0=。(3)只有在0(-t)時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速,所占的比例為=由>99%,解得d<。9.答案 (1)(2)(3)2t0解析 (1)t=0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),t0時(shí)刻剛好從極板邊緣射出,則有y=l,x=l,電場(chǎng)強(qiáng)度:E=,由牛頓第二定律得Eq=ma,偏移量:y=,由解得U0=。(2)t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子,前t0時(shí)間在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),后t0時(shí)間兩極板沒(méi)有電場(chǎng),帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。帶電粒子沿x軸方向的分速度vx=v0=帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度vy=a·t0帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度v=設(shè)帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m,由解得R=。(3)在t=2t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子,在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),飛出極板時(shí)速度方向與磁場(chǎng)邊界的夾角最小,而根據(jù)幾何知識(shí)可知,軌跡的圓心角等于粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與邊界夾角的2倍,所以在t=2t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短。帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)沿y軸正方向的分速度vy'=at0設(shè)帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為,則tan =,由解得=,帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡圖如圖所示,圓弧所對(duì)的圓心角=2=,所求最短時(shí)間tmin=T,帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=,聯(lián)立以上兩式解得tmin=。