2022高考物理大二轮复习 专题三 电场和磁场 专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.右图为“滤速器”装置示意图a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为Ba、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是( ) A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是( )A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小3.如图所示,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。
当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )A.0 B.2mg C.4mg D.6mg4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是( ) A.①② B.③④ C.①③ D.②④5.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束,下列说法正确的是( )A.组成A、B束的离子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外6.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在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,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12倍。
此离子和质子的质量比约为( )A.11 B.12 C.121 D.1447.如图所示,一对间距可变的平行金属板C、D水平放置,两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连,这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态,即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压,当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态闭合开关S后,有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0射入两板间恰能做直线运动现对入射粒子或对装置进行调整,则下列有关描述正确的是( )A.若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子,也能直线通过B.若只增大两板间距到一定程度,可使铅蓄电池处于充电状态C.若将滑动变阻器的滑片P向a端滑动,可提高C极板的电势D.若只减小入射粒子的速度,可使铅蓄电池处于充电状态接交流电源8.(2018·江苏六市调研)回旋加速器的工作原理图如图所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直粒子源A产生的粒子质量为m,电荷量为+q,U为加速电压,则( )A.交流电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半B.加速电压U越大,粒子获得的最大动能越大C.D形盒半径R越大,粒子获得的最大动能越大D.磁感应强度B越大,粒子获得的最大动能越大二、非选择题(本题共3小题,共44分)9.(14分)在如图所示的直角坐标系中,有沿y轴正方向(竖直向上方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场,现在坐标原点O固定一电荷量为Q的正点电荷,一个质量为m、电荷量为q的正点电荷微粒恰好能以y轴上的O1点为圆心在水平面内做匀速圆周运动,角速度为ω,已知当地重力加速度为g。
试求圆心O1的y坐标10.(15分)(2018·全国卷Ⅲ)如图所示,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l不计重力影响和离子间的相互作用求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比11.(15分)如图所示,足够长、宽度 l1=0.1 m、方向向左的有界匀强电场电场强度E=70 V/m,电场左边是足够长、宽度l2=0.2 m、磁感应强度 B=2×1 T的有界匀强磁场一带电粒子电荷量q=+3.2×10-19 C,质量m=6.4×1 kg,以v=4×104 m/s的速度沿OO'垂直射入磁场,在磁场中偏转后进入右侧的电场,最后从电场右边界射出粒子重力不计)求:(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径和时间;(2)带电粒子飞出电场时的速度大小答案：1.C 解析 对带电粒子受力分析,a极板带正电,带电粒子受力平衡,有qv0B=q,U=,可得电荷量为Q=CBdv0,本题只有选项C正确。
2.D 解析 通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电,故选项A错误;带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的静电力,可知速度选择器的P1极板带正电,故选项B错误;由洛伦兹力充当向心力有qvB=m,得粒子在B2磁场中的运动半径r=,又粒子的运动速度v大小相等,电荷量q未知,故在磁场中运动半径越大的粒子,质量不一定越大,但比荷 越小,故选项C错误,D正确3.C 解析 带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用,但是洛伦兹力不做功,所以从左方摆到最低点的过程只有重力做功,根据动能定理mgL(1-cos 60°)=mv2,摆动到最低点时,合力提供向心力,悬线上张力为0,即洛伦兹力提供向心力qvB-mg=m=mg,洛伦兹力方向竖直向上,当小球从右方摆到最低点时,根据对称性速度大小不变,但是方向反向,所以洛伦兹力方向竖直向上大小不变,此时向心力不变,即拉力F-qvB-mg=m,拉力F=4mg,选项C正确4.B 解析 ①图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定变化,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲线运动;②图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力,合力与速度一定不共线,故一定做曲线运动;③图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡,则小球做匀速直线运动;④图中小球受向下的重力和向上的电场力,合力一定与速度共线,故小球一定做直线运动;故选项B正确。
5.C 解析 由左手定则可知组成A、B束的离子都带正电,选项A错误经过速度选择器后的离子速度相等,根据在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径不同,由r=可知组成A、B束的离子比荷一定不同,而质量有可能相同,A束离子的比荷大于B束离子的比荷,选项B错误,C正确由于离子带正电,所受电场力向右,所受洛伦兹力一定向左,由左手定则,速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里,选项D错误6.D 解析 离子经电场加速Uq=mv2,离子在电场中偏转时,qvB=,可知m=;由于离子和质子的加速电压、电荷量和在磁场中做匀速圆周运动的半径都相同,所以m∝B2,离子所需偏转磁场的磁感应强度是质子所需偏转磁场的磁感应强度的12倍,则离子质量是质子质量的144倍,选项D正确7.AB 解析 带正电的粒子恰好做直线运动,其电场力和洛伦兹力相平衡,由q=qv0B可知v0=,若换成带负电的粒子,电场力和洛伦兹力都反向,仍然平衡,直线通过,故选项A正确;若增大两板间距,带正电粒子射入时受洛伦兹力作用偏转而堆积在上极板上,将提高两板间电压,若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被充电,故选项B正确;由于电容器的两极板是彼此绝缘的,调节滑片P对电压不起任何作用,故选项C错误;若减小入射粒子的速度,粒子所受洛伦兹力减小,粒子会在电场力作用下落在下极板上,电势也会降低,不能达到逆变电压,故选项D错误。
8.CD 解析 为了保证粒子每次经过电场时都被加速,必须满足交流电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等,故A错误;根据洛伦兹力提供向心力qvB=,解得v=,动能Ek=mv2=,可知带电粒子的速度与加速电压无关,D形盒半径R越大,磁感应强度B越大,粒子的速度越大,即动能越大,B错误,C、D正确9.答案 解析 微粒受力如图所示,设带电微粒做匀速圆周运动半径为R,圆心O1的纵坐标为y,圆周上一点与坐标原点的连线和y轴夹角为θ,则tan θ=BqωR-F电sin θ=mω2R即得所以圆心O1的y坐标y=10.答案 (1) (2)1∶4解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q1U=m1 ①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1 ②由几何关系知2R1=l ③由①②③式得B= ④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2同理有q2U=m2 ⑤q2v2B=m2 ⑥由题给条件有2R2= ⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为=1∶4 ⑧11.答案 (1)0.4 m 5.2×10-6 s (2)3×104 m/s解析 (1)带电粒子在磁场中运动时,由牛顿运动定律,有qvB=R= m=0.4 m。
轨迹如图所示:由l2=Rsin β得β=又t=T=×10-5 s≈5.2×10-6 s2)由动能定理得mv2=-Eql1v右=3×104 m/s。