2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.17 带电粒子在磁场、复合场中的运动（一）课件

1．17带电粒子在磁场、复合场中的运动(一)一、选择题1.(2019·四川模拟)某种高速带电粒子流，具有较强的穿透能力．如图虚线为该粒子流在气泡室中穿透一张黑纸的粒子径迹照片，气泡室里有垂直纸面的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是()A．磁场方向一定垂直纸面向里B．磁场方向一定垂直纸面向外C．粒子一定从左向右穿越黑纸D．粒子一定从右向左穿越黑纸答案D解析粒子可能带正电、也可能带负电，由左手定则可知，磁场方向既可能垂直于纸面向里也可能垂直于纸面向外，故A、B两项错误；粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：r＝mvqB，粒子穿过黑纸后速度变小，轨道半径r变小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子在右侧轨道半径大，在左侧轨道半径小，粒子从右向左穿过黑纸，故C项错误，D项正确；故选D项．2．(2019·课标全国Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl，54kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54kBlD.12kBl，54kBl答案B解析从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得：Ra＝l4，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaB＝mva2Ra解得：va＝14kBl；对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：Rd2＝l2＋(Rd－l2)2解得：Rd＝5l4根据洛伦兹力提供向心力可得：qvdB＝mvd2Rd解得：vd＝54kBl；故B项正确，A、C、D三项错误．3.(2019·泉州模拟)(多选)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中．t＝0时，一个质量为m、电量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图象可能是()答案ACD解析根据左手定则可知洛伦兹力的方向垂直墙向右，即为F＝qvB，运动过程中受到的摩擦力f＝μF＝μqvB；根据牛顿第二定律可得：a＝mg－fm(取向下为正)．如果开始时重力等于摩擦力，则加速度为零，物体匀速运动，故A项正确；如果开始重力大于摩擦力，则加速度为正，随着速度的增大，加速度逐渐减小，最后匀速运动，故B项错误，D项正确；如果开始重力小于摩擦力，则加速度为负，随着速度的增大，加速度逐渐减小，最后匀速运动，故C项正确．4.(2019·唐山模拟)(多选)如图所示，虚线框abcd内存在着平行于线框平面的匀强电场或垂直于线框平面的匀强磁场，一带正电的粒子从bc边上的P点以速度v0射入，在虚线框内运动到cd边上的Q点飞出，飞出时的速度大小也为v0.已知PQ间的距离为L，粒子在P、Q两点的速度方向与PQ连线的夹角都为θ(θ90°)，粒子重力不计．下列说法中正确的是()A．若为匀强电场，场强方向可能与PQ平行B．若为匀强电场，粒子从P到Q的最小速度为v0cosθC．不论是电场或磁场，都可以求出粒子从P到Q的时间D．若为匀强磁场，磁场方向垂直纸面向内答案BC解析虚线框内若为匀强电场，带电粒子从P到Q做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，根据对称性，电场方向应与PQ垂直，其最小速度为v0cosθ，A项错误，B项正确；虚线框内若为匀强磁场，根据左手定则，磁场方向应垂直纸面向外，D项错误；若为电场，则t＝Lv0cosθ；若为磁场，粒子在磁场中的偏向角为2θ，圆心角也为2θ，则t＝sv0＝2θRv0，Rsinθ＝L2，解得：t＝θLv0sinθ，C项正确．5.(2019·马鞍山二模)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限y≤a范围内，存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q、带负电的粒子从坐标原点O以速度大小为v0＝2qBam沿不同方向射入磁场，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A．若粒子初速度沿y轴正方向，粒子在磁场中的运动时间为πm3qBB．若粒子初速度沿y轴正方向，粒子在磁场中的运动时间为2πm3qBC．粒子在磁场中运动的最长时间为πm3qBD．粒子在磁场中运动的最长时间为2πm3qB答案D解析粒子运动的速度为v0＝2qBam，则粒子运动的轨道半径为：r＝mv0qB＝2a，则若粒子初速度沿y轴正方向，粒子在磁场中运动转过的角度为30°，则运动时间为t1＝30°360°T＝112×2πrv0＝πm6qB，故A、B两项错误；当轨迹与磁场上边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为120°，时间为tm＝4t1＝2πm3qB，故C项错误，D项正确．6．(2019·常德一模)为了加大环保督查力度，在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下．污水(含有大量的正负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)．则()A．a侧电势比c侧电势低B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关D．匀强磁场的磁感应强度B＝πDU4Q答案D解析磁场方向竖直向下，由左手定则，污水中的正离子聚集到a端，负离子聚集到c端，a侧电势比c侧电势高，故A项错误；电场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即qvB＝qE，qvB＝qUD，U＝BDv，与离子浓度无关，故B项错误；流量Q＝Sv＝πD22v，又因为U＝BDv，所以流量Q＝πDU4B，与D有关，故C项错误；流量Q＝πDU4B，解得B＝πDU4Q，故D项正确．7.(2019·吉林一模)如图所示，纸面内半径为R，圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段PA与圆形区域相切于A点，PA＝23R.若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子(质量为m，电荷量为q，不计重力)，则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为()A.qBRmB.2qBRmC.5qBR2mD.4qBRm答案D解析粒子运动轨迹与圆相切时的运动轨迹如图所示．由几何知识得：(r－R)2＋(23R)2＝(r＋R)2，解得：r＝3R，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv′B＝mv′2r，解得：v′＝3qBRm，当粒子速度：v3qBRm，粒子可以进入圆形区域，故D项正确，A、B、C三项错误．8.(2019·福建一模)质谱仪可测定同位素的组成，现有一束一价的钾39和钾41离子经电场加速后，沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示．测试时规定加速电压大小为U0，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小ΔU.为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力，则ΔU不得超过()A.3940U0B.3941U0C.241U0D.140U0答案D解析设加速电压为U，磁场的磁感应强度为B，电荷的电荷量为q，质量为m，运动半径为R，则由qU＝12mv2，qvB＝mv2R，解得：R＝1B2mUq由此式可知，在B、q、U相同时，m小的半径小，所以钾39半径小，钾41半径大；在m、B、q相同时，U大半径大．设钾39质量为m1，电压为U0＋ΔU时，最大半径为R1；钾41质量为m2，电压为U0－ΔU时，钾41最小半径为R2.则R1＝1B2m1（U0＋ΔU）qR2＝1B2m2（U0－ΔU）q令R1＝R2，则m1(U0＋ΔU)＝m2(U0－ΔU)解得：ΔU＝m2－m1m2＋m1U0＝41－3941＋39U0＝140U0.故A、B、C三项错误，D项正确．二、非选择题9．(2019·课标全国Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．答案(1)4UB2d2(2)Bd24Uπ2＋33解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，根据动能定理可得：qU＝12mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，如图所示．根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2r②根据几何关系可得：d＝2r③联立①②③式可得：qm＝4UB2d2；④(2)由几何关系可知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为：s＝πr2＋r·tan30°⑤则带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为：t＝sv⑥联立②④⑤⑥式可得：t＝Bd24Uπ2＋33.10.(2019·湖北三模)如图，在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(dx≤2d)内分别存在大小相等、方向相反的匀强磁场，且垂直于Oxy平面．两个质量均为m、带电量均为q(q0)的粒子a、b于某时刻从坐标原点O沿着x轴正方向射入区域Ⅰ，入射速度分别为v0和12v0，粒子在区域Ⅰ内向y轴正方向偏转．己知粒子a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°.不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：(1)区域Ⅰ内的磁场方向和磁感应强度大小；(2)a在磁场中运动的时间；(3)当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差．答案垂直于纸面向里mv02qd(2)2πd3v0(3)72－23d解析(1)粒子带正电，在区域Ⅰ内向y正方向偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里，粒子的轨迹如图所示．粒子a离开区域Ⅰ时速度的偏转角是30°，根据数学知识，在区域Ⅰ对应的圆心角为30°，设粒子a在磁场中的轨道半径为R，根据几何关系得：Rsin30°＝d，解得：R＝2d，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝mv02R，解得：B＝mv02qd；(2)区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度大小相等、方向相反，因此粒子a在两个区域内的运动时间相同，在区域Ⅰ的运动时间为：t1＝112T，粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T＝4πdv0，a在磁场中运动的总时间为：t＝2t1＝2πd3v0；(3)粒子a、b完全相同，因此在磁场中运动的周期也相同，当a离开区域Ⅱ时，b的运动时间也是t，对于b，由牛顿第二定律得：q12v0B＝m12v02R′，解得：R′＝d，可见b粒子一直在区域Ⅰ内运动，当a离开区域Ⅱ时，b对应的圆心角为60°则b的y坐标为：yb＝R′cos60°＝d2，粒子a离开区域Ⅰ时y轴方向侧移为：y＝R－Rcos30°(2－3)d，a的y坐标为：ya＝2(R－Rcos30°)＝2(2－3)d，a、b两粒子的y坐标之差为：Δy＝72－23d.11．(2019·江苏)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且dL.粒子重力不计，电荷量保持不变．(1)求粒子运动速度的大小v；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝d2，求粒子从P到Q的运动时间t.答案(1)qBdm(2)2＋32d(3)L＝nd＋(1－32)时，t＝Ld＋33－46πm2qBL＝nd＋(1＋32)d时，t＝Ld－33－46πm2qB解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2r①在磁场中做圆周运动的半径r＝d②联立①②，代入数据得v＝qBdm.(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹