人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1專題拓展課二帶電粒子在復合場中的運動(限時40分鐘)1．(2021·貴州貴陽市高二期末)關于下列四幅圖的說法正確的是()A．圖甲是速度選擇器示意圖，由圖可以判斷出帶電粒子的電性，不計重力的粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)B．圖乙是磁流體發電機結構示意圖，由圖可以判斷出A極板是發電機的正極C．圖丙是質譜儀結構示意圖，打在底片上的位置越靠近狹縫S3說明粒子的比荷越大D．圖丁是回旋加速器示意圖，要使粒子飛出加速器時的動能增大，可僅增加電壓U〖答案〗C〖解析〗圖甲是速度選擇器示意圖，由圖無法判斷出帶電粒子的電性，不計重力的粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)，故A錯誤；圖乙是磁流體發電機結構示意圖，由左手定則知正離子向下偏轉，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，故B錯誤；圖丙是質譜儀結構示意圖，粒子經過速度選擇器后的速度一定，根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，則可知R越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狹縫S3說明粒子的比荷越大，故C正確；圖丁是回旋加速器示意圖，根據公式qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，可知Ekm與加速電壓無關，故D錯誤。2．(2021·河南許昌市高二期末)如圖所示，傾斜放置且足夠長的光滑絕緣細桿處在水平向里的勻強磁場中，細桿與水平面成θ(θ≠0)角，細桿所在的方向和磁場方向垂直。一個帶正電荷的小環套在細桿上、且從靜止開始釋放。則關于小環在細桿上的運動情況，下列說法正確的是()A．小環在細桿上一直靜止不動B．小環沿細桿向下做勻加速直線運動C．小環沿細桿向下做變加速直線運動D．小環沿細桿向下先做加速度變小的變加速直線運動，最后再做勻速直線運動〖答案〗B〖解析〗對小環進行受力分析可得，小環受重力、垂直于細桿向下方的洛倫茲力和垂直于細桿的支持力，由于重力沿細桿有分力，所以小環要沿細桿向下運動，重力的分力mgsinθ是恒定的，小環沿細桿方向運動的加速度也是恒定的，所以小環沿細桿向下做勻加速直線運動。故選項B正確。3．(2021·山西運城市高二期末)如圖所示，有一對平行金屬板，兩板相距為0.5m，電壓為10V，兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0＝0.1T，方向與金屬板面平行并垂直于紙面向里。圖中右邊有一半徑R為0.2m、圓心為O的圓形區域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B＝eq\f(\r(3),3)T，方向垂直于紙面向里。一正離子沿平行于金屬板面、從A點垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿直線射出平行金屬板之間的區域，并沿直徑CD方向射入圓形磁場區域，最后從圓形區域邊界上的F點射出。已知速度的偏向角θ＝eq\f(π,3)，不計離子重力。求：(1)離子速度v的大小；(2)離子的比荷(保留2位有效數字)；(3)離子在圓形磁場區域中運動時間t(保留2位有效數字)。〖答案〗(1)200m/s(2)1.0×103C/kg(3)1.8×10－3s〖解析〗(1)離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，洛侖茲力與電場力相等，即qvB0＝qE0E0＝eq\f(U,d)，解得v＝200m/s。(2)在圓形磁場區域，離子做勻速圓周運動，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)由幾何關系有taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)得離子的比荷eq\f(q,m)＝1.0×103C/kg。(3)弧CF對應圓心角為θ，設離子在圓形磁場區域中運動時間為t，t＝eq\f(θ,2π)T由周期T＝eq\f(2πr,v)代入數據解得t＝1.8×10－3s。4．如圖，M、N為水平放置的一對平行金屬板間距為d，長l＝eq\f(2\r(3),3)d，所加電壓U＝U0。金屬板右側有一以CD、EF兩豎直線為邊界的勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖。現有質量為m，帶電量為q的負離子(重力不計)從靜止開始經電場U0加速后，沿水平方向由金屬板M、N正中央射入，經電場、磁場后從邊界EF水平射出。求：(1)離子射入金屬板M、N時初速度的大小；(2)離子離開金屬板M、N時速度的大小和方向；(3)離子在磁場中運動的時間。〖答案〗(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(2,3)eq\r(\f(6qU0,m))，與水平方向成30°角斜向右上方(3)eq\f(πm,6qB)〖解析〗(1)加速電場中，由動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2qU0,m))。(2)離子在偏轉電場中，水平方向上有l＝v0t豎直方向有a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU0,dm)vy＝at＝eq\f(qU0l,dmv0)則合速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(2,3)eq\r(\f(6qU0,m))設速度與水平方向的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(3),2)可知θ＝30°。(3)離子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)根據周期的定義得T＝eq\f(2πr,v)解得T＝eq\f(2πm,qB)由幾何關系得，離子在磁場中運動的圓弧軌跡所對應的圓心角α＝eq\f(π,6)，則離子在磁場中運動的時間t′＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(πm,6qB)。5．(2021·貴州思南中學高二期末)如圖所示，在坐標系中第一象限中存在與x軸成30°角斜向下的勻強電場，第四象限中存在垂直于紙面向里的有界勻強磁場，在x軸方向的寬度xOA＝eq\f(\r(3),5)m，y軸負方向無限大。現有一電荷量為q＝3.2×10－19C，質量為m＝1.6×10－30kg的帶正電的粒子，以速度v0＝4×106m/s從O點射入磁場，α＝60°，粒子通過磁場后剛好從A點射出，之后進入電場。不考慮粒子重力對問題的影響，求：(1)磁感應強度B的大小；(2)粒子進入電場后，再次到達x軸上時沿電場方向上的分速度大小；(3)若粒子進入磁場B后，某時刻再加一個同方向的勻強磁場使粒子做完整的圓周運動，求所加磁場磁感應強度的最小值。〖答案〗(1)1×10－4T(2)1.4×107m/s(3)3×10－4T〖解析〗(1)如圖所示由幾何關系得cos30°＝eq\f(\f(xOA,2),r1)r1＝0.2m由洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B＝1×10－4T。(2)由運動的對稱性可知，粒子射出磁場時與x軸正方向夾角也為α＝60°，可知粒子以v0垂直電場方向進入電場，則離子從A點進入電場后做類平拋運動，經過時間t再次到達x軸上，則l1＝v0tl2＝eq\f(1,2)vyt由幾何關系可知tan60°＝eq\f(l2,l1)聯立解得vy＝1.4×107m/s。(3)如圖所示由qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)知，B1越小，R越大，設粒子在磁場中最大半徑為R，由幾何關系得R＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－r1sin30°))＝0.05m解得B1＝4×10－4T則外加磁場為ΔB1＝B1－B＝3×10－4T。6．(2021·四川南充市川綿外國語高二期末)如圖，第四象限有正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度E＝5×102V/m，磁感應強度B1＝0.5T，方向垂直紙面向里；第一象限的某個圓形區域內(圖中未畫出)，有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的邊界與x軸相切于P點。一質量m＝1×10－14kg、電荷量q＝1×10－10C的帶正電微粒以方向與y軸正方向成60°角的某一速度v從M點沿直線運動，經P點進入第一象限的磁場區域，其磁感應強度大小為B2。一段時間后，微粒經過y軸上的N點并沿與y軸正方向成60°角的方向飛出，M點的坐標為(0，－10cm)，N點的坐標為(0，30cm)。微粒重力忽略不計。求：(1)微粒運動速度v的大小；(2)B2的大小；(3)第一象限磁場區域的最小面積。〖答案〗(1)1000m/s(2)eq\f(\r(3),2)T(3)eq\f(π,100)m2〖解析〗(1)微粒重力忽略不計，微粒在第四象限內僅受電場力和洛倫茲力，且微粒做直線運動，可知電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，由左手定則可知，微粒所受的洛倫茲力方向與微粒運動的方向垂直斜向上，即與y軸正方向成30°角斜向左上方，則電場的方向與y軸負方向成30°角斜向右下方，由力的平衡條件得qE＝qvB1解得v＝1000m/s。(2)作出微粒的運動軌跡如圖所示由幾何關系知2Rsin60°＝ON－OM，微粒在第一象限做圓周運動的半徑為R＝eq\f(\r(3),15)m微粒在第一象限做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律得qvB2＝meq\f(v2,R)解得B2＝eq\f(\r(3),2)T。(3)由圖可知，第一象限勻強磁場的最小區域是以圓心為O2、PD為直徑的圓由幾何關系得該圓的半徑為r＝eq\f(PD,2)＝Rsin60°所以第一象限磁場區域的最小面積為S＝πr2解得S＝eq\f(π,100)m2。專題拓展課二帶電粒子在復合場中的運動(限時40分鐘)1．(2021·貴州貴陽市高二期末)關于下列四幅圖的說法正確的是()A．圖甲是速度選擇器示意圖，由圖可以判斷出帶電粒子的電性，不計重力的粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)B．圖乙是磁流體發電機結構示意圖，由圖可以判斷出A極板是發電機的正極C．圖丙是質譜儀結構示意圖，打在底片上的位置越靠近狹縫S3說明粒子的比荷越大D．圖丁是回旋加速器示意圖，要使粒子飛出加速器時的動能增大，可僅增加電壓U〖答案〗C〖解析〗圖甲是速度選擇器示意圖，由圖無法判斷出帶電粒子的電性，不計重力的粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)，故A錯誤；圖乙是磁流體發電機結構示意圖，由左手定則知正離子向下偏轉，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，故B錯誤；圖丙是質譜儀結構示意圖，粒子經過速度選擇器后的速度一定，根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，則可知R越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狹縫S3說明粒子的比荷越大，故C正確；圖丁是回旋加速器示意圖，根據公式qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，可知Ekm與加速電壓無關，故D錯誤。2．(2021·河南許昌市高二期末)如圖所示，傾斜放置且足夠長的光滑絕緣細桿處在水平向里的勻強磁場中，細桿與水平面成θ(θ≠0)角，細桿所在的方向和磁場方向垂直。一個帶正電荷的小環套在細桿上、且從靜止開始釋放。則關于小環在細桿上的運動情況，下列說法正確的是()A．小環在細桿上一直靜止不動B．小環沿細桿向下做勻加速直線運動C．小環沿細桿向下做變加速直線運動D．小環沿細桿向下先做加速度變小的變加速直線運動，最后再做勻速直線運動〖答案〗B〖解析〗對小環進行受力分析可得，小環受重力、垂直于細桿向下方的洛倫茲力和垂直于細桿的支持力，由于重力沿細桿有分力，所以小環要沿細桿向下運動，重力的分力mgsinθ是恒定的，小環沿細桿方向運動的加速度也是恒定的，所以小環沿細桿向下做勻加速直線運動。故選項B正確。3．(2021·山西運城市高二期末)如圖所示，有一對平行金屬板，兩板相距為0.5m，電壓為10V，兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0＝0.1T，方向與金屬板面平行并垂直于紙面向里。圖中右邊有一半徑R為0.2m、圓心為O的圓形區域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B＝eq\f(\r(3),3)T，方向垂直于紙面向里。一正離子沿平行于金屬板面、從A點垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿直線射出平行金屬板之間的區域，并沿直徑CD方向射入圓形磁場區域，最后從圓形區域邊界上的F點射出。已知速度的偏向角θ＝eq\f(π,3)，不計離子重力。求：(1)離子速度v的大小；(2)離子的比荷(保留2位有效數字)；(3)離子在圓形磁場區域中運動時間t(保留2位有效數字)。〖答案〗(1)200m/s(2)1.0×103C/kg(3)1.8×10－3s〖解析〗(1)離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，洛侖茲力與電場力相等，即qvB0＝qE0E0＝eq\f(U,d)，解得v＝200m/s。(2)在圓形磁場區域，離子做勻速圓周運動，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)由幾何關系有taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)得離子的比荷eq\f(q,m)＝1.0×103C/kg。(3)弧CF對應圓心角為θ，設離子在圓形磁場區域中運動時間為t，t＝eq\f(θ,2π)T由周期T＝eq\f(2πr,v)代入數據解得t＝1.8×10－3s。4．如圖，M、N為水平放置的一對平行金屬板間距為d，長l＝eq\f(2\r(3),3)d，所加電壓U＝U0。金屬板右側有一以CD、EF兩豎直線為邊界的勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖。現有質量為m，帶電量為q的負離子(重力不計)從靜止開始經電場U0加速后，沿水平方向由金屬板M、N正中央射入，經電場、磁場后從邊界EF水平射出。求：(1)離子射入金屬板M、N時初速度的大小；(2)離子離開金屬板M、N時速度的大小和方向；(3)離子在磁場中運動的時間。〖答案〗(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(2,3)eq\r(\f(6qU0,m))，與水平方向成30°角斜向右上方(3)eq\f(πm,6qB)〖解析〗(1)加速電場中，由動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2qU0,m))。(2)離子在偏轉電場中，水平方向上有l＝v0t豎直方向有a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU0,dm)vy＝at＝eq\f(qU0l,dmv0)則合速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(2,3)eq\r(\f(6qU0,m))設速度與水平方向的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(3),2)可知θ＝30°。(3)離子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)根據周期的定義得T＝eq\f(2πr,v)解得T＝eq\f(2πm,qB)由幾何關系得，離子在磁場中運動的圓弧軌跡所對應的圓心角α＝eq\f(π,6)，則離子在磁場中運動的時間t′＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(πm,6qB)。5．(2021·貴州思南中學高二期末)如圖所示，在坐標系中第一象限中存在與x軸成30°角斜向下的勻強電場，第四象限中存在垂直于紙面向里的有界勻強磁場，在x軸方向的寬度xOA＝eq\f(\r(3),5)m，y軸負方向無限大。現有一電荷量為q＝3.2×10－19C，質量為m＝1.6×10－30kg的帶正電的粒子，以速度v0＝4×106m/s從O點射入磁場，α＝60°，粒子通過磁場后剛好從A點射出，之后進入電場。不考慮粒子重力對問題的影響，求：(1)磁感應強度B的大小；(2)粒子進入電場后，再次到達x軸上時沿電場方向上的分速度大小；(3)若粒子進入磁場B后，某時刻再加一個同方向的勻強磁場使粒子做完整的圓周運動，求所加磁場磁感應強度的最小值。〖答案〗(1)1×10－4T(2)1.4×107m/s(3)3×10－4T〖解析〗(1)如圖所示由幾何關系得cos30°＝eq\f(\f(xOA,2),r1)r1＝0.2m由洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B＝1×10－4T。(2)由運動的對稱性可知，粒子射出磁場時與x軸正方向夾角也為α＝60°，可知粒子以v0垂直電場方向進入電場，則離子從A點進入電場后做類平拋運動，經過時間t再次到達x軸上，則l1＝v0tl2＝eq\f(1,2)vyt由幾何關系可知tan60°＝eq\f(l2,l1)聯立解得vy＝1.4×107m/s。(3)如圖所示由qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)知，B1越小，R越大，設粒子在磁場中最大半徑為R，由幾何關系得R＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－r1sin30°))＝0.05m解得B1＝4×10－4T則外加磁場為ΔB1＝B1－B＝3×10－4T。6．(2021·四川南充市川綿外國語高二