2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)45 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

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1、2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)45 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．(2018·安徽馬鞍山一模)質(zhì)譜儀是一種測(cè)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、乙，速度都很小，可忽略不計(jì)．粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最終打到底片上，測(cè)得甲、乙兩粒子打在底片上的點(diǎn)到入射點(diǎn)的距離之比為3∶2，則甲、乙兩粒子的質(zhì)量之比是(　　) A．2∶3 B.∶ C.∶ D．9∶4 答案：D　解析：在加速電場(chǎng)中由Uq＝mv2得v＝，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中由qvB＝得R＝＝，聯(lián)立解得m＝，則甲、乙兩粒子的質(zhì)量之比為m甲∶m乙＝D∶D＝9∶

2、4. 2．如圖所示左側(cè)為豎直放置的兩平行板M、N，右側(cè)為垂直紙面向里的左、右邊界分別為1、2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.平行板M的中心處有一電子放射源S，能源源不斷地發(fā)射一系列初速度可視為零的電子，經(jīng)加速電壓U0加速后，電子沿水平方向從N板的小孔向右進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)一段時(shí)間電子到達(dá)磁場(chǎng)右邊界的P點(diǎn)．如果磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B，欲使電子仍沿原來(lái)的軌跡到達(dá)P點(diǎn)，應(yīng)將加速電壓調(diào)節(jié)為U，則(　　) A．U＝4U0 B．U＝2U0 C．U＝U0 D．U＝U0 答案：A　解析：要使電子在磁場(chǎng)中仍打在P點(diǎn)，則可知電子的運(yùn)動(dòng)半徑不變，則由Bev＝m可知R＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度B加倍，而電子的軌道半徑R

3、不變，則速度一定也加倍．對(duì)電子的加速過(guò)程有eU＝mv2，解得v＝，故要使速度加倍，加速電壓應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，A正確． 3．美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子領(lǐng)域前進(jìn)了一大步．如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)恒定，且被限制在A、C兩板之間，帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．帶電粒子每運(yùn)

4、動(dòng)一周被加速兩次 B．P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性變化 答案：C　解析：由題圖可知，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由公式R＝和qU＝mv－mv可知，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周，電場(chǎng)力做功相同，動(dòng)能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增加量不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v＝可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，選項(xiàng)C正確；由T＝可知，粒子運(yùn)動(dòng)的周期不隨v的變化而變化，故加速電場(chǎng)的方向不需做周期性變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4．(2018·河南開(kāi)封一模)如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半徑R＝0.5 m

5、，磁場(chǎng)垂直于紙面向里．在y>R的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×105 V/m.在坐標(biāo)原點(diǎn)M點(diǎn)有一帶正電的粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，速度減小到0后又返回磁場(chǎng)，最終又從磁場(chǎng)離開(kāi)．已知粒子的比荷為＝1.0×107 C/kg，粒子的重力不計(jì)，求： (1)圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小； (2)該粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到再次穿出磁場(chǎng)所運(yùn)動(dòng)的路程． 答案：(1)0.2 T　(2)2.57 m 解析：(1)沿x軸正方向射入磁場(chǎng)的粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，速度減小到0，粒子一定是從如圖所示的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，逆著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，所以粒子在磁場(chǎng)中做

6、圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R＝0.5 m．根據(jù)Bqv＝，得B＝，代入數(shù)據(jù)解得B＝0.2 T. (2)粒子返回磁場(chǎng)后，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，MN為直徑，粒子在磁場(chǎng)中的路程為二分之一圓周的周長(zhǎng)s1＝πR，設(shè)在電場(chǎng)中的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得Eq＝mv2，s2＝，總路程s＝s1＋s2＝πR＋，代入數(shù)據(jù)解得s＝2.57 m. 5．(2018·湖南、湖北八市十二校第二次聯(lián)考)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中兩個(gè)相同的直角三角形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿了方向相反(垂直紙面)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OC與x軸正方向夾角為30°，已知C點(diǎn)坐標(biāo)為(l，l)，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電的

7、粒子從A點(diǎn)以一定的速度平行于y軸方向垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，并從x軸上的D點(diǎn)(圖中未畫出)垂直于x軸離開(kāi)磁場(chǎng)，電荷的重力不計(jì)． (1)求D點(diǎn)的位置坐標(biāo)及粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度大小v； (2)若將區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁場(chǎng)換成沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子仍從A點(diǎn)以原速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，并最終仍能垂直于x軸離開(kāi)，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E. 答案：(1)　　(2) 解析：(1)根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，粒子從OC的中點(diǎn)O′進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，如圖甲所示，AC＝OD， 則D點(diǎn)的位置坐標(biāo)為. 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，在磁場(chǎng)Ⅰ中的軌跡所對(duì)的圓心角為θ，根據(jù)幾何知識(shí)可知rsin θ＝l，r－rcos θ

8、＝l－l， 解得θ＝，r＝l， 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，qvB＝m， 速度大小v＝， 故v＝. 甲 　 乙 (2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，設(shè)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度大小為a，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可知， 在x軸方向0－vsin θ＝－at， 在y軸方向vtcos θ＝l，其中qE＝ma， 聯(lián)立以上各式解得E＝. 6．(多選)如圖所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場(chǎng)；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場(chǎng)，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有

9、界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外；膠片M.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子(初速度不計(jì))，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過(guò)靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，最終打到膠片上的某點(diǎn)．不計(jì)粒子所受重力．下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．從小孔S進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子速度大小一定相等 B．從小孔S進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子動(dòng)能一定相等 C．打到膠片上同一點(diǎn)的粒子速度大小一定相等 D．打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子，其比荷越小 答案：CD　解析：對(duì)粒子在P、Q間的直線加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝mv2－0，在四分之一圓形通道的電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)過(guò)程中，對(duì)于從小孔S通過(guò)的粒子，根據(jù)牛頓第二定律有

10、qE＝m，磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，解得v＝，R＝，因此，只要滿足R＝，所有粒子都可以從弧形電場(chǎng)區(qū)通過(guò)；由v＝，比荷不同的粒子從小孔S進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子速度大小不相同，A錯(cuò)誤；由qU＝mv2－0可知，從小孔S進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子動(dòng)能為qU，故電荷量不同的粒子的動(dòng)能不同，B錯(cuò)誤；聯(lián)立上述公式得r＝，打到膠片上同一點(diǎn)的粒子的比荷一定相等；又由v＝可知，比荷相同時(shí)粒子的速度相同，C正確；由上述知r＝，故打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子，比荷越小，D正確． 7．(2018·吉林重點(diǎn)中學(xué)二模)如圖所示，左側(cè)是兩平行金屬板P、Q，右側(cè)是一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域abcd，

11、e是ad的中點(diǎn)．金屬板P上O處有一粒子源，可發(fā)射出初速度可視為零的帶負(fù)電的粒子(比荷為＝k)，Q板中間有一小孔，可使粒子射出后垂直磁場(chǎng)方向從a點(diǎn)沿對(duì)角線方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域． (1)在P、Q兩極板上加上直流電壓，如果帶電粒子恰好從d點(diǎn)射出，求所加電壓的大??； (2)若在P、Q兩極板上所加直流電壓為U0，求帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑． 答案：(1)kB2L2　(2) 解析：(1)如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可以看出，當(dāng)粒子恰好從d點(diǎn)射出時(shí)，軌道半徑為r＝L 設(shè)帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，由洛倫茲力提供向心力得 qvB＝m 解得：v＝ 由功能關(guān)系，有qU＝mv2 解得所

12、加電壓大小U＝kB2L2 (2)由功能關(guān)系，有qU0＝mv2 洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m 聯(lián)立解得帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R＝. 8．(2018·河北保定調(diào)研)回旋加速器的工作原理如圖所示，D1、D2是兩個(gè)中空的半圓形金屬扁盒，它們接在高頻交流電源上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直．在D1盒中心A處有粒子源，產(chǎn)生的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(初速度不計(jì))在兩盒之間被電場(chǎng)加速后進(jìn)入D2盒中，加速電壓為U.兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì)．加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用． (1)為了使粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫都被加速，求交變電壓的頻率； (2)求帶電粒子在D2盒中第n個(gè)半圓軌跡的半徑． 答案：(1)　(2) 解析：(1)帶電粒子在D形盒內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有 Bqv＝m(2πf)2r 為了使帶電粒子能夠被加速，交變電壓的頻率應(yīng)與粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等 f＝ 交變電壓的頻率f＝ [得出f＝(2n－1)(n＝1,2,3，…)也正確]． (2)帶電粒子在D2盒中第n個(gè)半圓是帶電粒子經(jīng)過(guò)狹縫被加速2n－1次后的運(yùn)動(dòng)軌道 設(shè)其被加速2n－1次后的速度為vn 由動(dòng)能定理得(2n－1)qU＝mv 此后帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為rn 由牛頓第二定律得Bqvn＝m 解得rn＝.