專題十課時作業（一）|主題一“化曲為直”巧解帶電粒子在電場中的運動主題二“兩線兩角”破解帶電粒子在磁場中的運動1．(2023·廣東高考)某小型醫用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應強度大小為1.12T，質子加速后獲得的最大動能為1.5×107eV。根據給出的數據，可計算質子經該回旋加速器加速后的最大速率約為(忽略相對論效應，1eV＝1.6×10－19J)()A．3.6×106m/s B．1.2×107m/sC．5.4×107m/s D．2.4×108m/s解析：選C由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，質子加速后獲得的最大動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得最大速率為v≈5.4×107m/s，故選C。2．如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t＝0時刻)，同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發生碰撞，經過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A．粒子射出時間可能為t＝4sB．粒子射出的速度大小為2vC．極板長度滿足L＝3vn(n＝1,2,3…)D．極板間最小距離為eq\r(\f(3kU0,2))解析：選D粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向運動的v-t圖像如圖所示，因為粒子平行極板射出，可知粒子垂直極板的分速度為0，所以射出時刻可能為1.5s、3s、4.5s…，滿足t＝1.5n(n＝1,2,3…)，粒子射出的速度大小必定為v，故A、B錯誤；極板長度L＝v·1.5n(n＝1,2,3…)，故C錯誤；因為粒子不跟極板碰撞，則應滿足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)v垂直×1.5，v垂直＝a×1，a＝eq\f(qU0,md)，聯立求得d≥eq\r(\f(3,2)kU0)，故D正確。3．(2023·浙江6月選考)某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示，轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應滿足()A.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1) B.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R12,R22)C.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R1,R2) D.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R22,R12)解析：選A帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，則有qE1＝meq\f(v2,R1)，qE2＝meq\f(v2,R2)，聯立可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1)，故選A。4.如圖所示，豎直平面內虛線MN左側平行板間存在豎直向下的勻強電場(圖中未畫出)，右側存在水平向右的勻強電場(圖中未畫出)，且兩電場的場強大小相等。一質量為m、帶電荷量為＋q的小球以某一初速度從平行板左側中點沿中軸線水平向右進入板間，恰好從下板邊緣A點沿切線進入光滑圓弧軌道(圓心O在中軸線上)，且運動至B點時動能最大，平行板的長度為d，板間距為d，OB與豎直方向成45°角，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．勻強電場的電場強度大小為eq\f(\r(2)mg,q)B．平行板間的電勢差為eq\f(mgd,2q)C．小球射入平行板間的初速度大小為2eq\r(gd)D．小球對軌道壓力的最大值為7eq\r(2)mg解析：選D因小球在B點的動能最大，故該點為等效最低點，小球在該點所受重力和電場力的合力沿OB方向，由幾何關系可知qE＝mg，所以E＝eq\f(mg,q)，A錯誤；平行板間的電勢差為U＝Ed＝eq\f(mgd,q)，B錯誤；由eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(mg＋qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,v0)))2，可得v0＝eq\r(2gd)，C錯誤；由類平拋運動規律可知，小球到達A點時的速度偏向角的正切值為tanφ＝2×eq\f(\f(d,2),d)＝1，故偏向角為45°，由動能定理得(mg＋qE)eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)m[(eq\r(2)v0)2－v02]，從A到B由動能定理得eq\r(2)mg×eq\f(\r(2),2)d＝eq\f(1,2)m[vB2－(eq\r(2)v0)2]，由牛頓第二定律得FN－eq\r(2)mg＝meq\f(vB2,\f(\r(2)d,2))，解得FN＝7eq\r(2)mg，由牛頓第三定律得FN′＝FN＝7eq\r(2)mg，D正確。5．用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發現，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現將這一現象簡化成如圖2所示的情境來討論：在空間中存在平行于x軸的勻強磁場，由坐標原點在xOy平面內以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為Δx，則下列說法中正確的是()A．勻強磁場的方向為沿x軸負方向B．若僅增大勻強磁場的磁感應強度，則直徑D減小，而螺距Δx不變C．若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小D．若僅增大α角(α<90°)，則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當α＝90°時軌跡為閉合的整圓解析：選D將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x軸方向的分速度與磁場方向平行，做勻速直線運動，且x＝v0cosα·t，沿y軸方向的分速度與磁場方向垂直，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，由左手定則可知，磁場方向沿x軸正方向，故A錯誤；根據evB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，且v＝v0sinα，解得D＝2R＝eq\f(2mv0sinα,eB)，T＝eq\f(2πm,eB)，所以Δx＝vxT＝eq\f(2πmv0cosα,eB)，若僅增大磁感應強度B，則D、Δx均減小，故B錯誤；若僅增大v0，則D、Δx均增大，故C錯誤；若僅增大α，則D增大而Δx減小，且α＝90°時Δx＝0，故D正確。6．(2023·北京高考)如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l(l?a)。帶電粒子束持續以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數為n，粒子電荷量為＋q，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是()A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質量為eq\f(Bqa,v)C．管道內的等效電流為nqπa2vD．粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql解析：選C帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為r＝a，故A正確，不符合題意；根據qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子的質量m＝eq\f(Bqa,v)，故B正確，不符合題意；管道內的等效電流為I＝eq\f(Q,t)＝nq，故C錯誤，符合題意；粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力F＝BIl＝Bnql，故D正確，不符合題意。7.(2023·資陽高三模擬)如圖所示，在立方體的塑料盒內，其中AE邊豎直，質量為m的帶正電小球(可看作質點)，第一次小球從A點以水平初速度v0沿AB方向拋出，小球在重力作用下運動恰好落在F點。M點為BC的中點，小球與塑料盒內壁的碰撞為彈性碰撞，落在底面不反彈。則下列說法正確的是()A．第二次將小球從A點沿AM方向，以eq\r(5)v0的水平初速度拋出，撞上FG的中點B．第二次將小球從A點沿AM方向，以eq\r(5)v0的水平初速度拋出，落在H點C．若在空間增加沿AD方向的勻強電場，第三次將小球從A點沿AB方向水平拋出，要使小球落在G點初速度為eq\r(2)v0D．若在空間增加沿AD方向的勻強電場，第三次將小球從A點沿AB方向水平拋出，要使小球落在G點電場力大小為2mg解析：選B設立方體邊長為l，從A點沿AB方向平拋落在F點，豎直方向上做自由落體運動，l＝eq\f(1,2)gt12，運動時間為t1＝eq\r(\f(2l,g))，水平方向上做勻速直線運動，l＝v0t1，可知初速度為v0＝eq\r(\f(gl,2))，從A點沿AM方向，以eq\r(5)v0的水平初速度拋出，經歷時間t2＝eq\f(AM,\r(5)v0)＝eq\f(\f(\r(5),2)l,\r(5)v0)＝eq\f(t1,2)，將與面BCGF碰撞，碰撞前后豎直向下的速度不變，平行于面BCGF的速度也不變，垂直面BCGF的速度反向，再經歷eq\f(t1,2)時間落到地面恰好打在H點，A錯誤，B正確；增加沿AD方向的勻強電場，從A點沿AB方向水平拋出，不改變平行于AB方向的勻速運動，也不改變豎直方向的自由落體運動，而平行AD方向上做勻加速直線運動，若要打到G點，則拋出的初速度不變，仍為v0，C錯誤；AD方向上l＝eq\f(1,2)at12，聯立解得a＝g，所以電場力大小為F電＝mg，D錯誤。8.(2023·全國乙卷)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為()A.eq\f(E,2aB2) B.eq\f(E,aB2)C.eq\f(B,2aE2) D.eq\f(B,aE2)解析：選A由題意知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a，則粒子做圓周運動有qvB＝meq\f(v2,r)，則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2aB)。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq＝qvB，聯立解得eq\f(q,m)＝eq\f(E,2aB2)。故選A。9．如圖是微波信號放大器的結構簡圖，其工作原理簡化如下：均勻電子束以一定的初速度進入Ⅰ區(輸入腔)被ab間交變電壓(微波信號)加速或減速，當Uab＝U0時，電子被減速到速度為v1，當Uab＝－U0時，電子被加速到速度為v2，接著電子進入Ⅱ區(漂移管)做勻速直線運動。某時刻速度為v1的電子進入Ⅱ區，t時間(小于交變電壓的周期)后速度為v2的電子進入Ⅱ區，恰好在漂移管末端追上速度為v1的電子，形成電子“群聚塊”，接著“群聚塊”進入Ⅲ區(輸出腔)，達到信號放大的作用。忽略電子間的相互作用。求：(1)電子進入Ⅰ區的初速度大小v0和電子的比荷eq\f(e,m)；(2)漂移管的長度L。解析：(1)在Ⅰ區，由動能定理得－eU0＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，eU0＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02聯立解得v0＝eq\r(\f(v12＋v22,2))，eq\f(e,m)＝eq\f(v22－v12,4U0)。(2)在Ⅱ區，設速度為v2的電子運動時間為t′，則v1(t＋t′)＝L，v2t′＝L聯立解得L＝eq\f(v1v2,v2－v1)t。答案：(1)eq\r(\f(v12＋v22,2))eq\f(v22－v12,4U0)(2)eq\f(v1v2,v2－v1)t10.(2023·湖北高考，節選)如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t＝0時刻，一帶正電粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變為碰前的3倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發生電荷轉移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；(2)粒子乙的質量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。解析：(1)由題意知，粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲運動半徑r＝a，根據qv甲0B＝meq\f(v甲02,r)，解得v甲0＝eq\f(qBa,m)。(2)由題意知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲＝2T乙，根據T＝eq\f(2πm,qB)，有eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(m,m乙)，則m乙＝eq\f(1,2)m。在粒子甲、乙碰撞過程中，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律：mv甲0＋m乙v乙0＝mv甲1＋m乙v乙1eq\f(1,2)mv甲02＋eq\f(1,2)m乙v乙02＝eq\f(1,2)mv甲12＋eq\f(1,2)m乙v乙12解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0，則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為v乙1＝eq\f(3qBa,m)。答案：(1)eq\f(qBa,m)(2)eq\f(1,2)meq\f(3qBa,m)11．如圖甲所示，某裝置由直線加速器、偏轉電場和熒光屏三部分組成。直線加速器由5個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度依照一定的規律依次增加。序號為奇數的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示，在t＝0時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，此時位于序號為0的金屬圓板中央的一個電子，在圓板和圓筒1之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子運動到圓筒與圓筒之間各個間隙中時，都能恰好使所受電場力的方向與運動方向相同而不斷加速，且已知電子的質量為m、電荷量為e，交變電壓的絕對值為U0、周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。偏轉電場由兩塊相同的平行金屬極板A與B組成，板長和板間距均為L，兩極板間的電壓UAB＝8U0，兩板間的電場可視為勻強電場，忽略邊緣效應，距兩極板右側L處豎直放置一足夠大的熒光屏。電子自直線加速器射出后，沿兩板的中心線PO射入偏轉電場，并從另一側的Q點射出，最后打到熒光屏上。試求：(1)第4個金屬圓筒的長度s；(2)電子打在熒光屏上的M點到O點的距離lOM；(3)若兩極板間的電壓UAB可調節，要使電子能打在熒光屏上距O點0.5L～2L的范圍內，求UAB的取值范圍。解析：(1)設電子進入第4個圓筒后的速度為v1，根據動能定理有4U0e＝eq\f(1,2)mv12解得v1＝2eq\r(\f(2U0e,m))第4個圓筒的長度為s＝v1t＝v1eq\f(T,2)＝Teq\r(\f(2U