《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題九 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題九 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 新人教版（3頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題九 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 新人教版1如圖所示，在兩個(gè)水平放置的平行金屬板之間，電場和磁場的方向相互垂直一束帶電粒子(不計(jì)重力)沿直線穿過兩板間的空間而不發(fā)生偏轉(zhuǎn)則這些粒子一定具有相同的()A質(zhì)量mB電荷量qC運(yùn)動(dòng)速度v D比荷解析：因粒子運(yùn)動(dòng)過程中所受電場力與洛倫茲力與速度方向垂直，則粒子能沿直線運(yùn)動(dòng)時(shí)必是勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場力與洛倫茲力相平衡，即qEBqv，可得v是一定值，則C正確答案：C2質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進(jìn)行測量讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方

2、的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”則下列判斷正確的是()A進(jìn)入磁場時(shí)速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B進(jìn)入磁場時(shí)動(dòng)能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由大到小排列的順序是氕、氘、氚Da、b、c三條“質(zhì)譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚解析：氫元素的三種同位素離子均帶正電，電荷量大小均為e，經(jīng)過加速電場，由動(dòng)能定理有：eUEkmv2，故進(jìn)入磁場中的動(dòng)能相同，B項(xiàng)錯(cuò)；且質(zhì)量越大的離子速度越小，故A項(xiàng)正確；三種離子進(jìn)入磁場后，洛倫茲力充當(dāng)向心力，evBm，解得：R，可見，質(zhì)量越

3、大的圓周運(yùn)動(dòng)半徑越大，D項(xiàng)錯(cuò)；在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為半個(gè)周期，t，可見離子質(zhì)量越大運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長，C項(xiàng)錯(cuò)答案：A3(多選)粒子回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速器中被加速不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是()A不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速粒子B加速的粒子獲得的最大動(dòng)能隨加速電壓U的增大而增大C質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2RfD質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為：1解析：質(zhì)子被

4、加速獲得的最大速度受到D形盒最大半徑的制約，vm2R/T2Rf，C正確；粒子旋轉(zhuǎn)頻率為fBq/2m，與被加速粒子的比荷有關(guān)，所以A錯(cuò)誤；粒子被加速的最大動(dòng)能Ekmmv/22m2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯(cuò)誤；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)半徑Rmv/Bq，nUqmv2/2，知半徑比為：1，D正確答案：CD4(xx遼寧朝陽市三校協(xié)作體聯(lián)考)(多選)如圖，為探討霍爾效應(yīng)，取一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，給金屬導(dǎo)體加與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B，且通以圖示方向的電流I時(shí)，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U.已知自由電子的電荷量為e.下列說法中正確的是()AM板比N板電勢高B導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多

5、，電壓表的示數(shù)越大C導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為vD導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為解析：電流方向向右，電子定向移動(dòng)方向向左，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則M積累了電子，M、N之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤電子定向移動(dòng)相當(dāng)于長度為d的導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應(yīng)電動(dòng)勢E，則有UEBdv，可見，電壓表的示數(shù)與導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由UEBdv得，自由電子定向移動(dòng)的速度為v，選項(xiàng)C正確；電流的微觀表達(dá)式是InevS，則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，Sdb，v，代入得n，選項(xiàng)D正確答案：CD5如圖所示，以豎直線

6、MN為界，左側(cè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，右側(cè)空間有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面水平向外的勻強(qiáng)磁場在左側(cè)空間O點(diǎn)用長為L的不可伸長的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩懸掛質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球現(xiàn)使細(xì)繩拉直，從A點(diǎn)由靜止釋放小球，小球繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)為圓周上速度最大點(diǎn)已知OA與豎直方向夾角130，OB與豎直方向夾角260，左右兩側(cè)空間電場強(qiáng)度大小之比為E1：E2：1，重力加速度為g10 m/s2.(1)求左側(cè)空間電場強(qiáng)度大小；(2)求小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，小球?qū)?xì)繩的拉力大?。?3)若小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩突然斷開，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，從MN邊界上某點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)空間運(yùn)動(dòng)，然后又從MN邊界上另一點(diǎn)回到左側(cè)空間運(yùn)動(dòng)，

7、最后到達(dá)OB線上某點(diǎn)P時(shí)速度變?yōu)榱闱笮∏蛟谟覀?cè)空間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解析：(1)要使小球在B點(diǎn)的速度最大，則重力與電場力的合力沿OB方向，則tan 30，即E1(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度大小為v0，小球所受重力與電場力的合力為：F2mg從A到B，對小球由動(dòng)能定理得：FLmv聯(lián)立解得：v0在B點(diǎn)由牛頓第二定律：FTFm在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對小球的拉力為：FT6mg由牛頓第三定律知小球?qū)?xì)繩的拉力大小為6mg.(3)設(shè)小球從MN邊界上的C點(diǎn)進(jìn)入磁場，從D點(diǎn)出磁場從B到C，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)入MN右側(cè)空間后；E2，即qE2mg，小球在右側(cè)空間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)小球回到左側(cè)空間后，到OB線上某點(diǎn)P速度減小到零，O為小球在MN右側(cè)空間做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心，過C點(diǎn)作BD的垂線交BD于Q點(diǎn)由幾何關(guān)系得：CDQ60，QCD30，OCDODC30，在C點(diǎn)小球速度方向與界面夾角也為60.設(shè)小球從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tB，在MN右側(cè)空間做圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t.由幾何關(guān)系得：CD2Rcos 30，QCCDcos 301.5R從B到C，由運(yùn)學(xué)規(guī)律得：QCv0tB，v0vcos 30，vsin 30atB，a2g以上各式聯(lián)立解得：R，v小球在MN右側(cè)空間做圓周運(yùn)動(dòng)圓心角為240，即圓周，故小球在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t 答案：(1)(2)6mg(3)