人教版(新教材)高中物理選擇性必修2課時作業(yè)9：專題強化4 帶電粒子在組合場中的運動

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1帶電粒子在組合場中的運動1．(2020·全國卷Ⅱ)CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測．圖1(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示．圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點，則()圖1A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小可使P點左移〖答案〗D〖解析〗電子在M、N間受向右的電場力，電場方向向左，故M處的電勢低于N處的電勢，故A錯誤；加速電壓增大，可使電子獲得更大的速度，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，電子在磁場中做圓周運動的半徑變大，P點右移，故B錯誤；電子受到的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則，可判斷磁場的方向垂直于紙面向里，故C錯誤；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，B增大，可使電子在磁場中做圓周運動的半徑變小，P點左移，故D正確．2．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具．圖2中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強磁場．現(xiàn)在MN上的點F(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝eq\r(3)R，則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)()圖2A.eq\f(8U,R2B2)B.eq\f(4U,R2B2)C.eq\f(6U,R2B2)D.eq\f(2U,R2B2)〖答案〗C〖解析〗設(shè)粒子在加速電場被加速后獲得的速度大小為v，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何知識知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(\r(3)R,3).又Bqv＝meq\f(v2,r)，則eq\f(q,m)＝eq\f(6U,R2B2)，故C正確．3.(多選)如圖3所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，θ＝45°.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設(shè)P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響．下列說法正確的是()圖3A．若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子垂直CM射出磁場B．若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子平行于x軸射出磁場C．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子垂直CM射出磁場D．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子平行于x軸射出磁場〖答案〗AD〖解析〗若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則在電場中，由動能定理得：qEh＝eq\f(1,2)mv2；在磁場中，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得：r＝a，根據(jù)幾何知識可知粒子垂直CM射出磁場，故A正確，B錯誤．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，同理可得：r＝eq\f(1,2)a，則根據(jù)幾何知識可知粒子平行于x軸射出磁場，故C錯誤，D正確．4．如圖4所示的區(qū)域中，OM左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于OM，且垂直于磁場方向．一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子從小孔P以初速度v0沿垂直于磁場方向進(jìn)入勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角θ＝60°，粒子恰好從小孔C垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點，已知OC＝L，OQ＝2L，不計粒子的重力，求：圖4(1)磁感應(yīng)強度B的大小；(2)電場強度E的大?。即鸢浮?1)eq\f(3mv0,2qL)(2)eq\f(mv\o\al(02),2qL)〖解析〗(1)畫出粒子運動的軌跡如圖所示(O1為粒子在磁場中做圓周運動的圓心)，∠PO1C＝120°設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由r＋rcos60°＝OC＝L得r＝eq\f(2L,3)粒子在磁場中做圓周運動，受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r)，解得：B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(3mv0,2qL)；(2)粒子在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律得加速度大小為a＝eq\f(qE,m)，水平方向有2L＝v0t，豎直方向有L＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得E＝eq\f(mv\o\al(02),2qL).5．如圖5所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在與x軸成30°角斜向右下的勻強電場，電場強度E＝400N/C；第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強磁場，其沿x軸方向的寬度OA＝20eq\r(3)cm，沿y軸負(fù)方向?qū)挾葻o限大，磁感應(yīng)強度B＝1×10－4T．現(xiàn)有一比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正離子(不計重力)，以某一速度v0從O點射入磁場，其方向與x軸正方向的夾角α＝60°，離子通過磁場后剛好從A點射出，之后進(jìn)入電場．圖5(1)求離子進(jìn)入磁場的速度v0的大?。?2)離子進(jìn)入電場后，經(jīng)過多長時間再次到達(dá)x軸上．〖答案〗(1)4×106m/s(2)eq\r(3)×10－7s〖解析〗(1)如圖所示，由幾何關(guān)系得離子在磁場中的軌跡半徑r1＝eq\f(OA,2sinα)＝0.2m，離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由Bqv0＝meq\f(v\o\al(02),r1)，解得v0＝4×106m/s.(2)設(shè)離子進(jìn)入電場后，經(jīng)過時間t再次到達(dá)x軸上，由幾何知識可知，離子從A點垂直電場方向射入電場，則離子在電場中做類平拋運動，離子沿垂直電場方向做速度為v0的勻速直線運動，設(shè)位移為l1，則l1＝v0t，離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，位移為l2，則Eq＝ma，l2＝eq\f(1,2)at2，由幾何關(guān)系可知tanα＝eq\f(l2,l1)，代入數(shù)據(jù)解得t＝eq\r(3)×10－7s.6．如圖6，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°角．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不計粒子的重力．圖6(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．〖答案〗(1)eq\f(5πm,4qB)(2)eq\f(2mv0,qT0)〖解析〗(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，粒子的運動軌跡如圖，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B＝meq\f(v\o\al(02),R)，粒子做圓周運動的周期：T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)，由題意可知，粒子第一次到達(dá)x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(5,4)π，所需時間t1＝eq\f(5,8)T，解得：t1＝eq\f(5πm,4qB).(2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然