高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題13 帶電粒子在組合場中的運動練習(xí) 新人教版

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1、 微專題十三 帶電粒子在組合場中的運動 [A級—基礎(chǔ)練] 1．(08786933)(2018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)OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是(　　) 解析：B　[在電場中Uq＝mv2，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．] 2．(08786934)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，

2、使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．設(shè)D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān) C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解析：A　[由T＝，T＝，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，選項A正確，B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電流

3、，選項C錯誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝，故D錯誤．] 3．(08786935)(2018山東濟南一模)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(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5∶4.則它們在磁場中運動的時間之比是(　　) A．5∶4　　　　　　　 B．4∶5 C．25∶16 D．16∶25 解析：C　[在電場中Uq＝

4、mv2，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．] 4．(08786936)(2018杭州一中模擬)如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間的電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化而變化情況為(　　) A．d隨v0的增大而增大，d與U無關(guān) B．d隨v0的增大而增大，d隨U的增大而增大 C．d隨U的增大而增

5、大，d與v0無關(guān) D．d隨v0的增大而增大，d隨U的增大而減小 解析：A　[帶電粒子射出電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，運動軌跡如圖所示， 有：cos θ＝，又R＝，而d＝2Rcos θ＝2cos θ＝，選項A正確．] 5．(08786937)如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速．每當(dāng)粒子離開電場區(qū)域時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增

6、大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠小于R)．下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法中正確的是(　　) A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ B．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ C．A、B板之間的電壓可以始終保持不變 D．粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ 解析：B　[因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以，繞行第n圈時獲得總動能為mv＝nqU，得第n圈的速度vn＝ .在磁場中，由牛頓第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝ ，所以＝ ，A錯誤，B正確；如果A、B板之間的電壓始終保持不變，粒子在A、B兩極板之

7、間飛行時，電場力對其做功為qU，從而使之加速，在磁場內(nèi)飛行時，電場又對粒子做功－qU，從而使之減速．粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達不到加速效果，C錯誤；根據(jù)t＝得tn＝2πR ，得＝ ，D錯誤．] 6．(08786938)如圖所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等．有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45角進入磁場，又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場．已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為(

8、　　) A. B.(2＋5π) C. D. 解析：D　[帶電粒子的運動軌跡如圖所示．由題意知，帶電粒子到達y軸時的速度v＝v0，這一過程的時間t1＝＝. 又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑 r＝2d. 故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間為： t2＝＝＝. 帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間為：t3＝ 故t總＝.] 7．(08786939)(多選)(2018鄂豫晉冀陜五省第一次聯(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

9、盒面垂直．兩盒間狹縫很小，帶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形盒運動軌道的半徑r＝ B．D形盒半徑R＝ C．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α粒子的交流電源頻率之比為1∶1 解析：AB　[由Uq＝mv2和r＝，解得r＝ ，A正確．設(shè)帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)的圈

10、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Uq2n＝mv，得vm＝ ，D形盒的半徑為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Ekm＝2nUq＝，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α粒子的交流電源頻率之比為2∶1，D錯誤．] 8．(08786940)(多選)(2018蘇北三市一模)如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q

11、的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點．不計粒子重力．下列說法中正確的是(　　) A．極板M比極板N電勢高 B．加速電場的電壓U＝ER C．直徑PQ＝2B D．若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷 解析：AD　[粒子在靜電分析器內(nèi)沿電場線方向偏轉(zhuǎn)，說明粒子帶正電荷，極板M比極板N電勢高，選項A正確；由Uq＝mv2和Eq＝可得U＝，選項B錯誤；直徑PQ＝2r＝＝2，可見只有比荷相同的粒子才能打在膠片上的同一點，選項C錯誤，D正確．] [B級—能力練] 9．(08786

12、941)(多選)如圖所示，L1和L2為兩條平行的虛線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L1上．帶電粒子從A點以初速v斜向下與L1成45角射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向下，且方向與A點方向相同．不計重力影響，下列說法中正確的是(　　) A．該粒子一定帶正電 B．該粒子一定帶負電 C．若將帶電粒子在A點時初速度變大(方向不變)，它仍能經(jīng)過B點 D．若將帶電粒子在A點時初速度變小(方向不變)，它也能經(jīng)過B點 解析：CD　[無論是帶正電還是帶負電粒子都能到達B點，畫出粒子運動的軌跡，正粒子在L1上方磁場中運動T，在L2下方

13、磁場中運動T，負粒子在L1上方磁場中運動T，在L2下方磁場中運動，T＝；速度變化不影響粒子經(jīng)過B點，選C、D.] 10．(08786942)(多選)如圖所示，兩個重心重合的正三角形容器內(nèi)分別存在著垂直于紙面向里和垂直于紙面向外的勻強磁場，已知內(nèi)部三角形容器ABC邊長為2a，內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小為B，且每條邊的中點開有一個小孔．有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從AB邊中點D垂直AB進入內(nèi)部磁場．如果要使粒子恰好不經(jīng)過碰撞在磁場中運動一段時間后又能從D點射入，下列說法正確的是(　　) A．容器ABC與A′B′C′之間的磁感應(yīng)強度大小也為B B．容器A′B′C′的邊長為2a C．粒

14、子的速度大小為 D．粒子再次回到D點的最短時間為 解析：ACD　[根據(jù)題意可畫出如圖所示粒子運動的軌跡圖，要想使粒子恰好不經(jīng)過碰撞在磁場中運動一段時間后又能從D點射入，容器ABC與A′B′C′之間的磁感應(yīng)強度大小也為B，選項A正確；利用幾何知識可知容器A′B′C′的邊長為2a＋2a，選項B錯誤；因軌道半徑R＝a＝，所以v＝，選項C正確；粒子再次回到D點的最短時間為t＝＝，選項D正確．] 11．(08786943)如圖所示，在xOy平面內(nèi)，第Ⅱ象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的分界線，OM與x軸的負方向成45角，在x＜0且OM的左側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應(yīng)強度大小為0.1

15、 T；在y＞0且OM的右側(cè)空間存在著沿y軸正方向的勻強電場E，場強大小為0.32 N/C.一不計重力的帶負電微粒，從坐標原點O沿x軸負方向以v0＝2103 m/s的初速度進入磁場，最終離開電、磁場區(qū)域．已知微粒的電荷量q＝510－18 C，質(zhì)量m＝110－24 kg.求： (1)帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑； (2)帶電微粒第一次進入電場前運動的時間； (3)帶電微粒第二次進入電場后在電場中運動的水平位移． 解析：(1)帶電微粒從O點射入磁場，運動軌跡如圖所示． 第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點．由qv0B＝m得 r＝＝410－3 m. (2)帶電微粒在磁場中經(jīng)圓周第一次進

16、入電場，經(jīng)歷的時間tOA＝T， 而圓周運動的周期為T＝ 代入數(shù)據(jù)解得tOA＝3.1410－6 s. (3)微粒從C點垂直y軸進入電場，做類平拋運動，設(shè)在電場中運動的水平位移為Δx，豎直位移為Δy，則x方向上，Δx＝v0t1， y方向上，Δy＝at， 而Δy＝2r，又有qE＝ma. 代入數(shù)據(jù)解得Δx＝0.2 m. 答案：(1)410－3 m　(2)3.1410－6 s (3)0.2 m 12．(08786944)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上建立一xOy坐標系，平面處在周期性變化的電場和磁場中，電場和磁場的變化規(guī)律如圖所示(規(guī)定沿＋y方向為電場強度的正方向，豎直向下為磁感應(yīng)強

17、度的正方向)．在t＝0時刻，一質(zhì)量為10 g、電荷量為0.1 C且不計重力的帶電金屬小球自坐標原點O處，以v0＝2 m/s的速度沿x軸正方向射出．已知E0＝0.2 N/C，B0＝0.2π T．求： (1)t＝1 s末時，小球速度的大小和方向； (2)1～2 s內(nèi)，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑和周期； (3)(2n－1)s～2n s(n＝1,2,3，…)內(nèi)金屬小球運動至離x軸最遠點的位置坐標． 解析：(1)在0～1 s內(nèi)，金屬小球在電場力作用下做類平拋運動，在x軸方向上做勻速運動vx＝v0 在y方向上做勻加速運動vy＝t1 1 s末粒子的速度 v1＝＝2 m/s 設(shè)v

18、1與x軸正方向的夾角為α，則 tan α＝，α＝45. (2)在1～2 s內(nèi)，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得qv1B0＝ 得r1＝＝ m 粒子做圓周運動的周期T＝＝ 1 s. (3)粒子運動軌跡如圖甲所示 甲 (2n－1) s末粒子的坐標為x＝v0n＝2n(m)y＝an2＝n2＝n2 (m) 此時粒子的速度為 vn＝ ＝2 m/s，tan θ＝＝＝n 帶電粒子在(2n－1)s～2n s(n＝1,2,3，…)內(nèi)做圓周運動的軌跡如圖乙所示 乙 半徑rn＝＝ m (2n－1) s～2n s(n＝1,2,3，…)內(nèi)粒子運動至離x軸最遠點坐標為 X＝x－rnsin θ＝ m.Y＝y(tǒng)＋rn(1＋cos θ)＝ m. 答案：(1)2 m/s，與x軸正方向夾角為45 (2) m　1 s　(3)見解析　　　　　　　　　　　　　　　 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375