79带电粒子在复合场中的运动1

厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd自编练习79带电粒子在复合场的运动1班级姓名座号一、选择题（1-5题单选，6-10题多选）.（2016•浙江）密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是A.悬浮油滴带正电 B.悬浮油滴的电荷量为C.增大场强，悬浮油滴将向上运动D.油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍.显像管原理的示意图如图2所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的0点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转.设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由。点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是的是.如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m,电荷量为十q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U,B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变A.粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为2nqU在粒子绕行的整个过程中，A板电势可以始终保持为+加速下动能不断增大，而绕行半径不变A.粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为2nqU在粒子绕行的整个过程中，A板电势可以始终保持为+U在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n圈时的磁感应强度为1 .12nmU4.（2019•浙江二模）如图所示，两块竖直放置的平行板场E和匀强磁场B.一束初速度为v的带正电粒子从入，粒子重力不计，下列说法正确的是A.若v=，粒子做匀加速直线运动B.若粒子往左偏，洛伦兹力做正功C.若粒子往右偏，粒子的电势能增加D.若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动

厦门一中2020届高三一轮复习 编者：zyr 审核gcd 自编练习795.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为。、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），不计污水中离子重力，下列说法中正确的是A.若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B.若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高C污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D.污水流量Q与U成正比，与a、b无关6.粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为几两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为力加速器的电压为U,若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确是A.质子被加速后的最大速度不能超过2nRfB.加速的质子获得的最大动能随加速电压U增大而增大 _C.质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1D.不改变磁感应强度B和交流电的频率f,该加速器也可加速a粒.如图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外Ec.能通过狭缝p的带电粒子的速率等于EBD.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小TOC\o"1-5"\h\z.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域.如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向 口的电流I,CD两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是 _—A.电势差UCD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD<0 * %c仅增大磁感应强度时，电势差ucd变大 ^D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平9.如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心线的半径为H,通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点.不计粒子重力.下列说法正确的是A.极板M比极板N的电势高B.加速电场的电压U=ERC.直径PQ=2B'JqmERD.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷

厦门一中2020届高三一轮复习编者：厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd自编练习79二、计算题如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场.一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上.已知同位素离子的电荷量为q(q>0),速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S「S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响.⑴求从狭缝S2射出的离子速度％的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度％方向飞行的距离为％，求出％与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示).TOC\o"1-5"\h\z(2017•天津)平面直角坐标系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第0象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原 [p点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴 ::：::距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求： 二二；r(1)粒子到达O点时速度的大小和方向； 出七口厂工(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。 I才厦门一中2020届高三一轮复习编者：厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd 自编练习79(2018•浙江)小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期T口卷坦.板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t=0时刻，发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。厦门一中2020届高三一轮复习编者：厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd自编练习791.C【解答】解：A、带电荷量为q的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电，故A错误；B、根据平衡条件，有：mg=q^，故q=^L，然后发现q总是某个最小值的整数倍，可估算出电子的电量，故B错误；C、根据平衡条件，有：mg=qE,当增大场强，电场力增大，则悬浮油滴将向上运动，故C正确；D、不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量（元电荷）的整数倍，故D错误；故选：C。2解析根据左手定则判断电子受到的洛伦兹力的方向.电子偏转到〃点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应Bt图，图线应在t轴下方；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应Bt图，图线应在t轴上方.符合条件的是A选项.答案A3解析本题考查了带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中做圆周运动的规律.粒子在电场中绕行n圈后回到A板时获得的总动能为nqU,A错；在粒子绕行2im的整个过程中，A板电势有时为+U,有时为零，B错；周期T=瑞，在粒子绕行的整个过程中，磁感应强度B发生变化，所以T也发生变化，C错；粒子绕行第n圈时，R=H，又nqU=mmv2,联立解得B=J=J2nm,D对.qB 2 Rq答案D4.D.D无论污水中正离子多还是负离子多，由左手定则知前表面电势均比后表面电势低，且当Bvq=7q时，电荷不再偏转，电压表示数恒定，与污水中离子浓度无关，A、B、C错误；由Q=vbc，Bvq=；q可得Q=y，则知Q与U成正比，与a、b无关，D正确。厦门一中2020届高三一轮复习 编者：zyr 审核gcd 自编练习79.AC由半径公式R=T7可知质子的最大速度v型，且满足周期T=：『二・，得最大速度v=2nfR,可知质子被加速后的最大速度与加速电压U无关，则其获得的最大动能也与加速电压U无关，故A正确、B错误;质子在电场中加速，根据动能定理，第一次通过狭缝时，有qU三m二，第二次通过狭缝时，有qU=：m喏-\若，由两式可得V2:v1=板：1,故C正确;质子的电荷数和质量数都是1,a粒子（氮核：He）的电荷数为2,质量数为4,两种粒子的比荷并不相等，由周期公式T百可知两种粒子的周期也不相等，不改变磁感应强度B和交流电的频率f,则不满足a粒子做圆周运动的周期与交流电的周期相等，该加速器就不能加速a粒子，故D错误。7答案BC解析小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg=Eq，方向相反，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理一 mv2 1 1i'2UE. 2nr可得：Bqv=,Uq=2mv2,联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r=1一g-，由T=一. 2nE可以得出T==，与电压U无关，所以B、C正确，D错误.Bg8解析粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做E......、一，匀速圆周运动.在速度选择器中受力平衡：qE=qvB得v=B，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B、C选项正确.进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，由mv2 mv ....一.qvB0=7r得，R=qB■，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A项正确、D项错.答案ABC9解析根据卷=qBv,得U=Bdv，所以电势差UCD取决于B、d、v，故A错误、C正确.电子带负电，根据左手定则，可确定8正确.赤道上方地磁场磁感线方向是水平的，而霍尔元件的工作面需要和磁场方向垂直，故工作面应竖直放置，D错二口误.答案BC10.答案AD解析粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N电势高，选

厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd自编练习79一,, 1 , mv2一ER 厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd自编练习79一,, 1 , mv2一ER 2mv项A正确；由Uq=mmv2和Eq=一£丁可得U=二，选项B错误；直径PQ=2r=——=22 R 2 Bq可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，D正确.ERmB2q11【分析】(1)在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解;(2)粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值。【解答】解：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L,到y轴的距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有沿x轴正方向：2L=v0t,①竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=at2@设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy根据速度时间关系可得：vy=at③设粒子到达O设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为a有tana=—三④v0联立①②③④式得：a=45°即粒子到达O即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上。设粒子到达O点时的速度大小为V,由运动的合成有v=；'4+平；=二巧灯;(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得：qE=maEE设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=m-^-⑩

厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd自编练习79由于P点到O点的距离为2L,则由几何关系可知R=/2L解得：B=言⑪联立⑨⑪式得上「，。答：(1)粒子到达O点时速度的大小为.用为，方向x轴方向的夹角为45°角斜向上。(2)电场强度和磁感应强度的大小之比为手。12；E 12；E 2mL(2)尸B0 qE［解析］(1)能从速度选择器射出的离子满足qE0=qv0Bo9，v0=b0•②0(2)离子进入匀强偏转电场后做类平抛运动，则%=v01③r1小L=2at2④由牛顿第二定律得qE=ma⑤由②③④⑤解得％=E、'粤.B0 1qE13•【解析】(1)设电子到达金属板的小孔C时的速度为v,根据动能定理eU=Tmv2=2.=2.7x106m/sv=电子离开C后做匀速直线运动，所以电子射入磁场速度大小等于2.7x106m/so时的运动(2)设电子在磁场中运动的轨道半径为R,根据牛顿时的运动厦门一中2020届高三一轮复习 编者：zyr 审核gcd 自编练习79定律V2evB=m-mvR=-=15cm⑶如图所示，设电子打在荧光屏上的A点，距中心O点距离为x,磁场一半的宽度为xj电子在磁场中的偏转角为仇由图及几何知识可知，X]=R-a/R2一心=6cmx=X1+Ltan。tan0=—R代入数据解得x=26cm答案：(1)2.7x106m/s(2)15cm(3)26cm14【分析(1)粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子，说明粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到的粒子是垂直达到y轴上的，即运动了［圆周，即x=y0=r,根据洛伦兹充当向心力知：qvB=m?一知速度v,动能Ek=mv2；(2)粒子在磁场中做圆周运动，在电场中减速，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理与几何知识求出x与y间的关系。【解答】解：(1)粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子，说明粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到的粒子是垂直达到y轴上的，即运动了［圆周，即x=y0=r，根据洛伦兹充当向心力知：qvB=m(,所以动能Ek=米丫2=,(岑)2=-；「；(2)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=m^,解得，粒子轨道半径：R=常；①如果EK0>2qU0,粒子运动轨迹如图所示：厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd 自编练习79IHV2 IDVg IDV|由产干'R°=干'RL干,粒子经过电场过程，由动能定理得:-TT—1 2 1 2qU。—2iDVj-^-rnv0.—1 2 1 2qU0—9IDV2^7nivl，由几何知识得：x—y+2(R0+R1),解得：x—y+^/CqyB)2+2inqU0+^-..;(qyB)2+4mqU0；②如果：qU0<EK0<2qU0,粒子运动轨迹如图所示：iriVo iriv(贝"：-y-dF,R0；粒子在电场中运动过程，由动能定理得：-TT—1 21 2qU0—2niv2-mv0，由几何知识得：x—3(-y-d)+2R0,解得:x--3(y+d)+-^-;(y+d)2q2B2+2iriqU0③如果：EK0<qU0,粒子运动轨迹如图所示：10厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd 自编练习79ITlVo ITlVn则：一y-d=而，R0=干，粒子在电场运动过程，由动能定理得：nU-1 2」上qU0-ymv2-mv0，由几何知识得：x--y-d+4R0,解得：x--y-d+A-(y+d)2+q2B2-2mqU0；答：(1)发射源的位置为x-y0,粒子的初动能为口：："口；(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系：①如果EK0>2qU0，x—y+_^(qyB+2+2idqU0+-^1'(qyB)2+4mqU0；②如果：qU0<EK0<2qU0,x=-3(y+d)+^：(y+d)2q2B2+2mqU0；③如果：EK0<qU0，x--y-d+^:,(y+d)2+q2B2-2idqU0013.如图(a)所示的xQy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xQy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示.当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外.在坐2n标原点o有一带正电的粒子p，其电荷量与质量之比恰好等于2n.不计重力.设p在某时刻9tb0 0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A.(b)a)(1)若t0=0,请画粒子运动轨迹并求A点坐标，(b)a)(2)若t0=T/4,请画粒子运动轨迹并求A点坐标。11

厦门一中2020届高三一轮复习厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr审核gcd 自编练习7914.(2013•天津高考)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小。(2)圆筒的半径R。(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移;d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。13【解析】(1)设粒子在电场中的运动时间为t,则有x=v0t=2hy=Tat2=hqE=ma联立以上三式可得eJ^(2)粒子到达a点时，沿负y方向的分速度「Ko粒子到达a点时速度的大小v=笠一《=%2v0,方向指向第W象限，与x轴正方向成45。角。由几何关系知圆形磁场区域的半径为h,粒子到达a点时速度方向恰好指向磁场区域的圆心。12

厦门一中2020届高三一轮复习厦门一中2020届高三一轮复习编者：zyr 审核gcd 自编练习79V2粒子在磁场中偏转90度，半径r=h,粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力qvB=my，得^2mv0b=ft，，粒子在电场中的偏转方向与电场方向相反，故粒子带负电，在磁场中向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直平面向里。⑶粒子射出磁场后的速度反向延长线通过磁场的圆心，由几何关系可得M点纵坐标为-4h。diVq巫mv。答案：⑴77本⑵二^，垂直xOy平面向里（3）-4h14【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：⑴先根据带电粒子在磁场中碰撞前后速度的大小没有变化，确定粒子做圆周运动的半径相同，运动具有对称性。（2）再根据对称性确定带电粒子做圆周运动的圆心角和半径。⑶最后根据加速电场电压变化前后的比例关系，找出速度变化前后的比例关系，进而确定变化后的圆心角和半径及碰撞次数。【解析】（1）设两板间的电压为U，由动能定理得TT12qU=_mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed②联立以上式子可得13

厦门一中2020届高三一轮复习 编者：zyr 审核gcd 自编练习79mv2以不③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O',圆半径为r。设第一次碰撞点为211A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角/AOS等于二。由几何关系得7Tr=RtanT-④V2粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得qvB=my联立