人教版(新教材)高中物理选择性必修2课时作业12：专题拓展课二 带电粒子在复合场中的运动

人教版(新教材)高中物理选择性必修第二册PAGEPAGE1专题拓展课二带电粒子在复合场中的运动(限时40分钟)1．(2021·贵州贵阳市高二期末)关于下列四幅图的说法正确的是()A．图甲是速度选择器示意图，由图可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝eq\f(E,B)B．图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极C．图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大D．图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U〖答案〗C〖解析〗图甲是速度选择器示意图，由图无法判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝eq\f(E,B)，故A错误；图乙是磁流体发电机结构示意图，由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B错误；图丙是质谱仪结构示意图，粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，则可知R越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大，故C正确；图丁是回旋加速器示意图，根据公式qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，可知Ekm与加速电压无关，故D错误。2．(2021·河南许昌市高二期末)如图所示，倾斜放置且足够长的光滑绝缘细杆处在水平向里的匀强磁场中，细杆与水平面成θ(θ≠0)角，细杆所在的方向和磁场方向垂直。一个带正电荷的小环套在细杆上、且从静止开始释放。则关于小环在细杆上的运动情况，下列说法正确的是()A．小环在细杆上一直静止不动B．小环沿细杆向下做匀加速直线运动C．小环沿细杆向下做变加速直线运动D．小环沿细杆向下先做加速度变小的变加速直线运动，最后再做匀速直线运动〖答案〗B〖解析〗对小环进行受力分析可得，小环受重力、垂直于细杆向下方的洛伦兹力和垂直于细杆的支持力，由于重力沿细杆有分力，所以小环要沿细杆向下运动，重力的分力mgsinθ是恒定的，小环沿细杆方向运动的加速度也是恒定的，所以小环沿细杆向下做匀加速直线运动。故选项B正确。3．(2021·山西运城市高二期末)如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.5m，电压为10V，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半径R为0.2m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B＝eq\f(\r(3),3)T，方向垂直于纸面向里。一正离子沿平行于金属板面、从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏向角θ＝eq\f(π,3)，不计离子重力。求：(1)离子速度v的大小；(2)离子的比荷(保留2位有效数字)；(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t(保留2位有效数字)。〖答案〗(1)200m/s(2)1.0×103C/kg(3)1.8×10－3s〖解析〗(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即qvB0＝qE0E0＝eq\f(U,d)，解得v＝200m/s。(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)由几何关系有taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)得离子的比荷eq\f(q,m)＝1.0×103C/kg。(3)弧CF对应圆心角为θ，设离子在圆形磁场区域中运动时间为t，t＝eq\f(θ,2π)T由周期T＝eq\f(2πr,v)代入数据解得t＝1.8×10－3s。4．如图，M、N为水平放置的一对平行金属板间距为d，长l＝eq\f(2\r(3),3)d，所加电压U＝U0。金属板右侧有一以CD、EF两竖直线为边界的匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图。现有质量为m，带电量为q的负离子(重力不计)从静止开始经电场U0加速后，沿水平方向由金属板M、N正中央射入，经电场、磁场后从边界EF水平射出。求：(1)离子射入金属板M、N时初速度的大小；(2)离子离开金属板M、N时速度的大小和方向；(3)离子在磁场中运动的时间。〖答案〗(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(2,3)eq\r(\f(6qU0,m))，与水平方向成30°角斜向右上方(3)eq\f(πm,6qB)〖解析〗(1)加速电场中，由动能定理得qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2qU0,m))。(2)离子在偏转电场中，水平方向上有l＝v0t竖直方向有a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU0,dm)vy＝at＝eq\f(qU0l,dmv0)则合速度为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(2,3)eq\r(\f(6qU0,m))设速度与水平方向的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(3),2)可知θ＝30°。(3)离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)根据周期的定义得T＝eq\f(2πr,v)解得T＝eq\f(2πm,qB)由几何关系得，离子在磁场中运动的圆弧轨迹所对应的圆心角α＝eq\f(π,6)，则离子在磁场中运动的时间t′＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(πm,6qB)。5．(2021·贵州思南中学高二期末)如图所示，在坐标系中第一象限中存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，第四象限中存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，在x轴方向的宽度xOA＝eq\f(\r(3),5)m，y轴负方向无限大。现有一电荷量为q＝3.2×10－19C，质量为m＝1.6×10－30kg的带正电的粒子，以速度v0＝4×106m/s从O点射入磁场，α＝60°，粒子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。不考虑粒子重力对问题的影响，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)粒子进入电场后，再次到达x轴上时沿电场方向上的分速度大小；(3)若粒子进入磁场B后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场使粒子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值。〖答案〗(1)1×10－4T(2)1.4×107m/s(3)3×10－4T〖解析〗(1)如图所示由几何关系得cos30°＝eq\f(\f(xOA,2),r1)r1＝0.2m由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B＝1×10－4T。(2)由运动的对称性可知，粒子射出磁场时与x轴正方向夹角也为α＝60°，可知粒子以v0垂直电场方向进入电场，则离子从A点进入电场后做类平抛运动，经过时间t再次到达x轴上，则l1＝v0tl2＝eq\f(1,2)vyt由几何关系可知tan60°＝eq\f(l2,l1)联立解得vy＝1.4×107m/s。(3)如图所示由qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)知，B1越小，R越大，设粒子在磁场中最大半径为R，由几何关系得R＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－r1sin30°))＝0.05m解得B1＝4×10－4T则外加磁场为ΔB1＝B1－B＝3×10－4T。6．(2021·四川南充市川绵外国语高二期末)如图，第四象限有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝5×102V/m，磁感应强度B1＝0.5T，方向垂直纸面向里；第一象限的某个圆形区域内(图中未画出)，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的边界与x轴相切于P点。一质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝1×10－10C的带正电微粒以方向与y轴正方向成60°角的某一速度v从M点沿直线运动，经P点进入第一象限的磁场区域，其磁感应强度大小为B2。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并沿与y轴正方向成60°角的方向飞出，M点的坐标为(0，－10cm)，N点的坐标为(0，30cm)。微粒重力忽略不计。求：(1)微粒运动速度v的大小；(2)B2的大小；(3)第一象限磁场区域的最小面积。〖答案〗(1)1000m/s(2)eq\f(\r(3),2)T(3)eq\f(π,100)m2〖解析〗(1)微粒重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，可知电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由左手定则可知，微粒所受的洛伦兹力方向与微粒运动的方向垂直斜向上，即与y轴正方向成30°角斜向左上方，则电场的方向与y轴负方向成30°角斜向右下方，由力的平衡条件得qE＝qvB1解得v＝1000m/s。(2)作出微粒的运动轨迹如图所示由几何关系知2Rsin60°＝ON－OM，微粒在第一象限做圆周运动的半径为