2019-2020年高中物理 第3章 第6節(jié) 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1.doc

《2019-2020年高中物理 第3章 第6節(jié) 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高中物理 第3章 第6節(jié) 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中物理 第3章 第6節(jié) 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1 1．垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的帶電粒子受到的洛倫茲力總與粒子的運(yùn)動(dòng)方向垂直，粒子的速度大小不變，洛倫茲力的大小也不變，所以帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． 2．質(zhì)量為m、帶電荷量為q，速率為v的帶電粒子，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝，軌道運(yùn)行周期T＝．由以上關(guān)系式可知，粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與粒子的速度成正比，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期跟軌道半徑和運(yùn)動(dòng)速率無(wú)關(guān)． 3．質(zhì)譜儀是利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)控制電荷運(yùn)動(dòng)、測(cè)量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具．其結(jié)構(gòu)如下圖所示．容器A中含有電荷量相同而質(zhì)量有微小差別的帶電粒子經(jīng)過S1和S2之間的電場(chǎng)加速，它們進(jìn)入磁場(chǎng)將沿著不同的半徑做圓周運(yùn)動(dòng)，打到照像底片的不同地方，在底片上形成若干譜線狀的細(xì)條，叫做質(zhì)譜線，每一條譜線對(duì)應(yīng)于一定的質(zhì)量．從譜線的位置可以知道圓周的半徑，如果再已知帶電粒子的電荷量，就可以算出它的質(zhì)量，這種儀器叫做質(zhì)譜儀． 4．回旋加速器利用了帶電粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，用交變電場(chǎng)實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子多次加速的原理制成的．其體積相對(duì)較小．由于帶電粒子在D形盒縫隙處被電場(chǎng)加速，其速度增大，半徑增大，但粒子運(yùn)動(dòng)的周期T＝與速度和半徑無(wú)關(guān)．所以，當(dāng)交變電場(chǎng)也以周期T變化時(shí)，就能使粒子每經(jīng)過縫隙處就被加速一次，從而獲得很大的速度和動(dòng)能． ?基礎(chǔ)鞏固 1．有電子、質(zhì)子、氘核和氚核，以同樣的速度垂直射入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它們?cè)诖艌?chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則軌道半徑最大的是(B) A．氘核　　　B．氚核　　　C．電子　　　D．質(zhì)子 解析：因?yàn)锽qv＝，故r＝，因?yàn)関、B相同，所以r∝，而氚核的最大，故選B. 2．(多選)某電子以固定的正電荷為圓心在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向垂直于它的運(yùn)動(dòng)平面，電子所受正電荷的電場(chǎng)力是磁場(chǎng)力的3倍，若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則電子運(yùn)動(dòng)可能的角速度是(AC) A. B. C. D. 解析：電子受電場(chǎng)力和洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩力方向相同時(shí)有：Ee＋Bev＝mω2r，① Ee＝3Bev，② v＝ωr，③ 聯(lián)立①②③得ω＝，故A正確． 當(dāng)兩力方向相反時(shí)有Ee－Bev＝mω2r.④ 聯(lián)立②③④有ω＝，C正確． 3．如下圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有5個(gè)帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為相應(yīng)的圓?。@些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示． 粒子編號(hào) 質(zhì)量 電荷量(q＞0) 速度大小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m －3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m －q v 由以上信息可知，從圖中a、b、c處進(jìn)入的粒子對(duì)應(yīng)表中的編號(hào)分別為(D) A．3、5、4 B．4、2、5 C．5、3、2 D．2、4、5 解析：根據(jù)qvB＝m，得R＝，將5個(gè)電荷的電量和質(zhì)量、速度大小分別代入得R1＝，R2＝，R3＝，R4＝，R5＝.令圖中一個(gè)小格的長(zhǎng)度l＝，則Ra＝2l，Rb＝3l，Rc＝2l.如果磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則從a、b進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子為正電荷，從c進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子為負(fù)電荷，則a對(duì)應(yīng)2，c對(duì)應(yīng)5，b對(duì)應(yīng)4，D選項(xiàng)正確．磁場(chǎng)必須垂直紙面向里，若磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，則編號(hào)1粒子的運(yùn)動(dòng)不滿足圖中所示，所以C是錯(cuò)誤的． 4．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(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能，則下列說法中正確的是(C) A．減小磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B．增大勻強(qiáng)電場(chǎng)間的加速電壓 C．增大D形金屬盒的半徑 D．減小狹縫間的距離 解析：回旋加速器工作時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由qvB＝，得v＝；帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能Ek＝mv2＝.因此增加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度或者增加D形金屬盒的半徑，都能增大帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能． 5．已知質(zhì)量為m的帶電液滴，以速度v射入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．如右圖所示．求： (1)液滴在空間受到幾個(gè)力作用？ (2)液滴帶電荷量及電性． (3)液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑多大？ 解析：(1)由于是帶電液滴，它必然受重力，又處于電磁復(fù)合場(chǎng)中，還應(yīng)受到電場(chǎng)力及洛倫茲力共三個(gè)力作用． (2)因液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故必須滿足重力與電場(chǎng)力平衡，所以液滴應(yīng)帶負(fù)電，電荷量由mg＝Eq，求得：q＝. (3)盡管液滴受三個(gè)力，但合力為洛倫茲力，所以仍可用半徑公式R＝，把電荷量代入可得：R＝＝.　 答案：(1)三　(2)　負(fù)電　(3) ?能力提升 6．右圖為云室中某粒子穿過鉛板P前后的軌跡．室中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與軌跡所在平面垂直(圖中垂直于紙面向里)，由此可知此粒子(D) A．一定帶負(fù)電 B．可能帶負(fù)電也可能帶正電 C．可能是從上而下穿過該鉛板 D．一定是從下而上穿過該鉛板 解析：穿過鉛板后要損失機(jī)械能，即速度減小，因此半徑要減小，由此判斷粒子從下往上穿過，帶正電． 7．下圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．下列表述錯(cuò)誤的是(D) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小 解析：粒子在題圖中的電場(chǎng)中加速，說明粒子帶正電．其通過速度選擇器時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場(chǎng)的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項(xiàng)B正確；由Eq＝Bqv可知，v＝，選項(xiàng)C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑D＝，可見D越小，則粒子的荷質(zhì)比越大，D不同，則粒子的荷質(zhì)比不同，因此，利用該裝置可以分析同位素． 8．如圖所示，一個(gè)帶正電荷的小球沿水平光滑絕緣的桌面向右運(yùn)動(dòng)，飛離桌上邊緣A，最后落到地板上．設(shè)有磁場(chǎng)時(shí)飛行時(shí)間為t1，水平射程為x1，著地速度大小為v1；若撤去磁場(chǎng)，其余條件不變時(shí)，小球飛行時(shí)間為t2，水平射程為x2，著地速度大小為v2，則下列結(jié)論不正確的是(C) A．x1＞x2　 B．t1＞t2 C．v1＞v2　 D．v1和v2大小相同 解析：本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況．小球離開桌面具有水平速度，無(wú)磁場(chǎng)時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平射程x2＝v0t2，下落高度h＝gt；有磁場(chǎng)時(shí)小球除受重力外還受到洛倫茲力的作用，而洛倫茲力始終與速度方向垂直，因此小球在水平方向具有加速度，在水平方向?qū)⒆鲎兗铀龠\(yùn)動(dòng)，而豎直方向加速度a＝(F為洛倫茲力在豎直方向的分量)，即a＜g，因此下落h高度用的時(shí)間t1＞t2，B選項(xiàng)正確；水平方向的位移x1＞x2，A選項(xiàng)正確；又因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，只有重力做功，能量守恒，所以v1＝v2，D選項(xiàng)正確；只有C選項(xiàng)錯(cuò)誤． 9．如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場(chǎng)，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里．質(zhì)量為m、帶電量＋q、重力不計(jì)的帶電粒子，以初速度v1垂直邊界射入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入電場(chǎng)做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后第二次進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，此后粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中交替運(yùn)動(dòng)．已知粒子第二次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑是第一次的兩倍，第三次是第一次的三倍，以此類推．求： (1)粒子第一次經(jīng)過電場(chǎng)的過程中電場(chǎng)力所做的功W1； (2)粒子第n次經(jīng)過電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小En； (3)粒子第n次經(jīng)過電場(chǎng)所用的時(shí)間tn. 解析：(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子第n次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的半徑為Rn，速度為vn，由牛頓第二定律得： qvnB＝，① 由①式得vn＝，② 因?yàn)镽2＝2R1， 所以v2＝2v1，③ 對(duì)于粒子第一次在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得 W1＝mv－mv，④ 聯(lián)立③④式得W1＝.⑤ (2)粒子第n次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為vn，出電場(chǎng)時(shí)速度為vn＋1，有vn＝nv1，vn＋1＝(n＋1)v1，⑥ 由動(dòng)能定理得 qEnd＝mv－mv，⑦ 聯(lián)立⑥⑦式得 En＝.⑧ (3)設(shè)粒子第n次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為an，由牛頓第二定律得 qEn＝man，⑨ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 vn＋1－vn＝antn，⑩ 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式得 tn＝.? 答案：(1)mv　(2)　(3)