《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第四講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時作業(yè)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第四講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時作業(yè)（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第四講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動A組基礎(chǔ)題一、單項選擇題1.(2017河南洛陽期末統(tǒng)考)如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，粒子在磁場中轉(zhuǎn)半個圓周后打在P點，設(shè)OPx，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()解析：在電場中Uqmv2，解得v ，x ，所以能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是B圖答案：B2.(2017山東濟南模擬)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，它的構(gòu)造原理如圖所示粒子源S發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲和乙，兩種粒子從S出來時速度很小，可忽略不計粒子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場(

2、圖中線框所示)，最終打到照相底片上測得甲、乙兩種粒子打在照相底片上的點到入射點的距離之比為54.則它們在磁場中運動的時間之比是()A54B45C2516 D1625解析：在電場中Uqmv2，解得v，打在照相底片上的點到入射點的距離d，對于同位素，電荷量q相同，兩電荷的質(zhì)量之比為，它們在磁場中運動的時間為半個周期，t，所以運動時間之比為，C正確答案：C二、多項選擇題3(2017鄂豫晉冀陜五省聯(lián)考)某型號的回旋加速器的工作原理圖如圖甲所示，圖乙為俯視圖回旋加速器的核心部分為D形盒，D形盒置于真空容器中，整個裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場中，磁場可以認為是勻強磁場，且與D形盒盒面垂直兩盒間狹縫很小，帶

3、電粒子穿過的時間可以忽略不計質(zhì)子從粒子源A處進入加速電場的初速度不計，從靜止開始加速到出口處所需的時間為t，已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q，加速器接一高頻交流電源，其電壓為U，可以使質(zhì)子每次經(jīng)過狹縫都能被加速，不考慮相對論效應(yīng)和重力作用則下列說法正確的是()A質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后，進入D形盒運動軌跡的半徑r BD形盒半徑RC質(zhì)子能夠獲得的最大動能為D加速質(zhì)子時的交流電源頻率與加速粒子的交流電源頻率之比為11解析：由Uqmv2和r，解得r ，A正確設(shè)帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)的圈數(shù)為n，則n，帶電粒子在電場中加速的次數(shù)為2n，獲得的最大速度為vm，則Uq2nmvm2，D形盒

4、的半徑為R，三式聯(lián)立解得R，B正確；質(zhì)子能夠獲得的最大動能為Ekm2nUq，C錯誤；交流電源頻率f，加速質(zhì)子時的交流電源頻率與加速粒子的交流電源頻率之比為21，D錯誤答案：AB4.如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有水平方向的勻強磁場現(xiàn)用水平恒力拉乙物塊，使甲、乙一起保持相對靜止向左加速運動，在加速運動階段，下列說法正確的是()A甲對乙的壓力不斷增大B甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C乙對地板的壓力不斷增大D甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小解析：對甲、乙兩物塊受力分析，甲物塊受豎直方向下的洛倫茲力不斷增大，乙物塊對地板的

5、壓力不斷增大，甲、乙一起向左做加速度減小的加速運動；甲、乙兩物塊間的摩擦力大小等于Ffm甲a，甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小故A、C、D正確答案：ACD5(2017福建四地六校聯(lián)考)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，開始時開關(guān)S合上使平行板電容器帶電板間存在垂直于紙面向里的勻強磁場一個不計重力的帶電粒子恰能以水平向右的速度沿直線通過兩板在以下方法中，能使帶電粒子仍沿水平直線通過兩板的是()A將兩板的距離增大一倍，同時將磁感應(yīng)強度增大一倍B將兩板的距離減小一半，同時將磁感應(yīng)強度增大一倍C將開關(guān)S斷開，兩板間的正對面積減小一半，同時將板間磁場的磁感應(yīng)強度減小一半D將開關(guān)S斷開，兩板間的正對面積減小一

6、半，同時將板間磁場的磁感應(yīng)強度增大一倍解析：帶電粒子恰能以水平向右的速度沿直線通過兩板，則EqqvB，得v，將兩板的距離增大一倍，場強變?yōu)樵瓉淼囊话?，而帶電粒子仍沿水平直線通過，則磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹錯誤；將兩板的距離減小一半，場強E變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則磁感應(yīng)強度也應(yīng)該變?yōu)樵瓉淼膬杀?，B正確；將開關(guān)S斷開，兩板帶電荷量不變，兩板間的正對面積減小一半，電容變?yōu)樵瓉淼囊话?，兩板間的電壓變?yōu)樵瓉淼膬杀?，電場強度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，要使粒子沿水平直線通過，則磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C錯誤，D正確答案：BD二、非選擇題6.(2017江西上饒鉛山一中等四校聯(lián)考)如圖所示，在xOy平面的第象限內(nèi)存在

7、沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E.第和第象限內(nèi)有一個半徑為R的圓，其圓心坐標為(R,0)，圓內(nèi)存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場，一帶正電的粒子(重力不計)以速度v0從第象限的P點平行于x軸進入電場后，恰好從坐標原點O進入磁場，速度方向與x軸成60角，最后從Q點平行于y軸射出磁場P點所在處的橫坐標x2R.求：(1)帶電粒子的比荷；(2)磁場的磁感應(yīng)強度大??；(3)粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，則tan 60.根據(jù)牛頓第二定律有a.水平方向有x2Rv0t.聯(lián)立解得vyv0tan 60v0，.(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：由幾

8、何關(guān)系，圖中軌跡圓與磁場圓的兩個交點、軌跡圓圓心O2、磁場圓圓心O1構(gòu)成四邊形，由于O1OO260，故四邊形O1OO2P是菱形，故rR.根據(jù)牛頓第二定律有qvBm，其中v2v0.聯(lián)立解得B.(3)粒子在電場中做類平拋運動，有t.在磁場中做勻速圓周運動，時間t.總時間為t總tt.答案：(1)(2)(3)B組能力題非選擇題7.(2017四川涼山州診測)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，其構(gòu)造原理如圖所示，離子源S產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為0的某種正離子，離子經(jīng)過電壓U加速后形成離子流，然后從S1處垂直于磁場進入矩形ABCD區(qū)域內(nèi)的勻強磁場中，運動半周到達記錄它的照相底片上

9、的P點，已知P與S1的距離為x，離子形成的等效電流為I.求：(1)磁場的磁感應(yīng)強度；(2)在時間t內(nèi)到達照相底片P上的離子個數(shù)解析：(1)加速過程中有qUmv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)過程中有x2R，qvBm.聯(lián)立解得：B，由左手定則可判斷出磁場方向垂直于紙面向外(2)時間t內(nèi)，n，又QIt，可得n.答案：(1)B ，方向垂直于紙面向外(2)8.(2017山西康杰中學(xué)、臨汾一中、忻州一中、長治二中四校聯(lián)考)如圖，靜止于A處的離子，經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CF進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻射分布的電場，已知圓弧虛線的半徑為R，其所在處場

10、強為E，方向如圖所示離子質(zhì)量為m、電荷量為q，2d，3d，離子重力不計(1)求加速電場的電壓U；(2)若離子恰好能打在Q點上，求矩形區(qū)域QFCD內(nèi)勻強電場的場強E0的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QFCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直于紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QF上，求磁場的磁感應(yīng)強度B的取值范圍解析：(1)離子在電場中加速，據(jù)動能定理有qUmv2.離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，由牛頓第二定律可得qEm.解得加速電場的電壓UER.(2)離子在水平電場中做類平拋運動，有2dvt，3dat2.由牛頓第二定律得qE0ma.可得勻強電場的場強E0.(3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運

11、動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qBvm，可得B.離子能打在QF上，則離子運動徑跡的邊界如圖所示由幾何關(guān)系知dr2d，則有 B.答案：(1)ER(2)(3)B9.(2017山東青島期末)如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強電、磁場，電場強度E140 N/C；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強電場E2 N/C.一質(zhì)量為m2103 kg帶正電的小球，從點M(3.64 m，3.2 m)以v01 m/s的水平速度開始運動已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從點P(2.04 m,0)進入第四象限后經(jīng)過y軸上的點N(0，2.28 m)(圖中未標出)(g取10 m/s2，sin

12、370.6，cos 370.8)求：(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；(2)小球由P點運動至N點的時間解析：(1)由題意可知qE1mg，得q5104 C.分析如圖，Rcos xMxP，Rsin RyM，可得R2 m，37.由qv0B，得B2 T.(2)小球進入第四象限后受力分析如圖，tan 0.75.可知小球進入第四象限后所受電場力和重力的合力與速度方向垂直，即37.由幾何關(guān)系可得lNQ0.6 m.由lNQv0t，解得t0.6 s.或：Fma，得a m/s2，由幾何關(guān)系得lPQ3 m，由lPQat2，解得t0.6 s.答案：(1)2 T(2)0.6 s10(2017河南鄭州模擬)如圖甲所示，以O(shè)為

13、原點建立xOy平面直角坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱放置，極板長度和極板間距均為l，第一、四象限有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場緊靠極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射帶電粒子，已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q、速度為v0、重力忽略不計兩板間加上如圖乙所示的掃描電壓(不考慮極板邊緣的影響)時，帶電粒子恰能全部射入磁場每個粒子穿過平行板的時間極短，穿越過程可認為板間電壓不變；不考慮粒子間的相互作用(1)求掃描電壓的峰值U0的大小(2)已知射入磁場的粒子恰好全部不再返回板間，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多少？所有帶電粒子中，從粒子源發(fā)射到離開磁場的最短時間是多少？解析：(1)所加掃

14、描電壓達到峰值時，粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)位移為，粒子在電場中做類平拋運動，加速度大小為a，時間為t，在電場中的偏轉(zhuǎn)位移yat2，故所加掃描電壓的峰值為U0.(2)設(shè)粒子從電場射出時的速度偏轉(zhuǎn)角為，射入磁場時的速度為v.粒子在磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，則qvBm.粒子在磁場中射入與射出點間的距離為y2Rcos .聯(lián)立得y，即所有粒子在磁場中射入與射出點間距離相同依題意，從下邊緣射出電場的粒子在磁場中做圓周運動后剛好到達電場上邊緣，yl，故勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B.從電場上邊緣射出的粒子整個過程運動時間最短，粒子速度偏轉(zhuǎn)角正切值tan 1，故45.粒子在電場中運動的時間為t1，粒子在磁場中運動的最短時間為t2，故帶電粒子從發(fā)射到離開磁場的最短時間是tt1t2(1)答案：(1)(2)(1)我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。