《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)作業(yè)38 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)作業(yè)38 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）新人教版（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時(shí)作業(yè)38　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 時(shí)間：45分鐘 1.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．圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng)區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)在MN上的F點(diǎn)(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計(jì))(　C　) A. B. C. D. 解析：設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動(dòng)能定理有：qU＝mv2，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)

2、動(dòng)的軌道半徑r＝，又Bqv＝m，可求＝，故C正確． 2．(多選)如圖是一個(gè)回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(H)和氦核(He)，下列說法中正確的是(　AC　) A．它們的最大速度相同 B．它們的最大動(dòng)能相同 C．兩次所接高頻電源的頻率相同 D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動(dòng)能 解析：由R＝得最大速度v＝，兩粒子的相同，所以最大速度相同，A正確；最大動(dòng)能Ek＝mv2，因?yàn)閮闪Ｗ拥馁|(zhì)量不同，最大速度相同，所以最大動(dòng)能不同，B錯(cuò)誤；高頻電源的頻率f＝，因?yàn)橄嗤?，所以兩次所接高頻電源的頻率相同，C正確

3、；粒子的最大動(dòng)能與高頻電源的頻率無關(guān)，D錯(cuò)誤． 3．(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場(chǎng)右邊界射出．在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P＋和P3＋(　CD　) A．在電場(chǎng)中的加速度之比為11 B．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為21 C．在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度之比為12 D．離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為13 解析：兩個(gè)離子的質(zhì)量相同，其帶電荷量之比是13的關(guān)系，所以由a＝可知，其在電場(chǎng)中的加速度之比是13，故A錯(cuò)

4、誤．要想知道半徑必須先知道進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，而速度的決定因素是加速電場(chǎng)，所以在離開電場(chǎng)時(shí)其速度表達(dá)式為：v＝ ，可知其速度之比為1.又由qvB＝m知，r＝，所以其半徑之比為1，故B錯(cuò)誤．由B項(xiàng)分析知道，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1，設(shè)磁場(chǎng)寬度為L，離子通過磁場(chǎng)轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以有sinθ＝，則可知角度的正弦值之比為1，又P＋的角度為30°，可知P3＋角度為60°，即在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度之比為12，故C正確．由電場(chǎng)加速后：qU＝mv2可知，兩離子離開電場(chǎng)的動(dòng)能之比為13，故D正確． 4．(多選)如圖所示，水平固定一截面為正方形的絕緣方管，其長度為L，空間存在場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水

5、平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從左側(cè)管口無初速度釋放，已知小球與管道各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，小球運(yùn)動(dòng)到右側(cè)管口處時(shí)速度為v，該過程中(　BD　) A．洛倫茲力對(duì)小球做功為qvBL B．電場(chǎng)力對(duì)小球做功為qEL C．系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgL D．系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為qEL－mv2 解析：小球向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，小球受到的洛倫茲力的方向垂直于紙面向里，與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，洛倫茲力不做功，故A錯(cuò)誤；小球受到的電場(chǎng)力大小為F＝Eq，方向向右，小球運(yùn)動(dòng)的方向也向右，所以電場(chǎng)力做的功W＝FL＝EqL，故B正確；

6、小球在運(yùn)動(dòng)的過程中，受到向下的重力、向右的電場(chǎng)力、垂直于紙面向里的洛倫茲力和支持力、摩擦力的作用，在正方形絕緣方管的平面內(nèi)，支持力的方向與重力、洛倫茲力的合力的方向相反，大小為N＝，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝fL＝μN(yùn)L>μmgL，故C錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)的過程中只有電場(chǎng)力和摩擦力做功，由動(dòng)能定理得EqL－Wf＝mv2，所以Wf＝EqL－mv2，故D正確． 5.(多選)如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E.大量電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時(shí)刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的

7、初速度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)．若粒子只能從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走而不影響原來的電場(chǎng)分布．不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用．下列說法正確的是(　CD　) A．能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條直線上 B．到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大 C．能打到熒光屏的粒子，進(jìn)入O點(diǎn)的動(dòng)能必須大于qU D．若U<，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮 解析：設(shè)粒子開始時(shí)的坐標(biāo)為(－x，－h(huán))，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得x＝v0t，h＝at2，qE＝ma，聯(lián)立得h＝··，可知能進(jìn)入第

8、一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條拋物線上，故A錯(cuò)誤；粒子的初速度是相等的，到達(dá)O點(diǎn)的粒子速度越大，則沿y方向的分速度越大．粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，粒子的速度與y軸正方向的夾角θ滿足：tanθ＝，可知到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，到達(dá)O點(diǎn)的速度方向與y軸的夾角θ越小，故B錯(cuò)誤；負(fù)電荷進(jìn)入第一象限后電場(chǎng)力做負(fù)功，而到達(dá)熒光屏的粒子的速度必須大于等于0，由功能關(guān)系可知：mv2－qU>0，即能打到熒光屏的粒子，進(jìn)入O點(diǎn)的動(dòng)能必須大于qU，故C正確；粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角：tanα＝＝，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，則進(jìn)入第一象限后速度與y軸之間的夾角不同．所以從不同的位置開始偏轉(zhuǎn)的粒子，可以以任意

9、夾角進(jìn)入第一象限，所以若U<，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮，故D正確． 6.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量＋q的帶電微粒(重力忽略不計(jì))，從靜止開始經(jīng)U1電壓加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，金屬板長L，兩板間距d，微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°，并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．求： (1)兩金屬板間的電壓U2的大?。? (2)若該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為D，為使帶電微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大． 解析：(1)帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速率為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有U1q＝mv　v1＝ 粒子經(jīng)U2電壓偏轉(zhuǎn)，有tan30°＝ t＝

10、，a＝　解得：U2＝. (2)帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，微粒恰好不從磁場(chǎng)右邊射出時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊邊界相切，設(shè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知： R＋Rsin30°＝D 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：qv′B＝m， 又v′＝　解得：B＝ 答案：(1)　(2) 7．如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的交界面，ab為磁場(chǎng)的上邊界．現(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰與ab

11、相切并返回磁場(chǎng)．已知電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用．試求： (1)粒子第一次穿過MN時(shí)的速度大小和水平位移的大小； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? 解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理，得qEd＝mv2－mv， 解得v＝2v0 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有 F＝qE，a＝，d＝at，x＝v0t1 解得t1＝，x＝. (2)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角進(jìn)入磁場(chǎng)tanθ＝＝， 解得θ＝60° 根據(jù)R＋Rcosθ＝d，得R＝ 由牛頓第二定律可得qvB＝m，解得B＝. 答案：(1)2v0　　(2) 8．空間中有一直角坐標(biāo)系，其第一象限在圓心為

12、O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點(diǎn)A處沿紙面上的不同方向射入磁場(chǎng)中，如圖所示．已知粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達(dá)x軸上與O點(diǎn)距離為2R的N點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力和它們之間的相互作用力，求： (1)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小及電場(chǎng)強(qiáng)度的大??； (2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達(dá)y軸所用的時(shí)間． 解析：(1)設(shè)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，因在磁

13、場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB＝m，得v＝ 如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點(diǎn)沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，則粒子在電場(chǎng)中從D點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，有2R＝vt 　 又因?yàn)镽＝··t2　解得E＝. (2)軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C，從M點(diǎn)射出磁場(chǎng)，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ＝150°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝T＝ 粒子離開磁場(chǎng)到y(tǒng)軸的距離MH＝，在無場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝ 故粒子到達(dá)y軸的時(shí)間為t＝t1＋t2＝ 答案：(1)　　(2)(＋) 9．如圖所

14、示，ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一帶電小球質(zhì)量為m，電荷量絕對(duì)值為q，小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且從B點(diǎn)射出，已知AB長度為L，AD長度為L，求： (1)小球帶何種電性及進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)的速度大小； (2)小球在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑； (3)小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 解析：(1)小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電．小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)之前由動(dòng)能定理：qU＝mv2，解得：v＝ . (2)設(shè)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，由

15、幾何關(guān)系： r2＝(r－L)2＋(L)2，解得r＝2L. (3)由(2)知圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角：θ＝ 粒子運(yùn)動(dòng)周期：T＝ 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝T 聯(lián)立以上可得：t＝ . 答案：(1)負(fù)電　　(2)2L　(3) 10．在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸沿水平方向，如圖甲所示．第二象限內(nèi)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E1.坐標(biāo)系的第一、四象限內(nèi)有一正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)交變磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)E2＝E1，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面．處在第三象限的發(fā)射裝置(圖中未畫出)豎直向上射出一個(gè)比荷＝102 C/kg的帶正電的粒子(可視為質(zhì)點(diǎn))，該粒子以v0＝4 m/s的速度從－x上的A點(diǎn)

16、進(jìn)入第二象限，并以v1＝8 m/s速度從＋y上的C點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入第一象限．取粒子剛進(jìn)入第一象限的時(shí)刻為0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面向外的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?，g取10 m/s2.試求： (1)帶電粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的縱坐標(biāo)值h及電場(chǎng)強(qiáng)度E1； (2)＋x軸上有一點(diǎn)D，OD＝OC，若帶電粒子在通過C點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)過程中不再越過y軸，要使其恰能沿x軸正方向通過D點(diǎn)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及其磁場(chǎng)的變化周期T0； (3)要使帶電粒子通過C點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)過程中不再越過y軸，求交變磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0和變化周期T0的乘積B0T0應(yīng)滿足的關(guān)系． 解析：(1)將粒子在第二象限內(nèi)的運(yùn)動(dòng)分解為水

17、平方向和豎直方向，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．則有t＝＝0.4 s，h＝t＝0.8 m ax＝＝2g，qE1＝2mg，E1＝0.2 N/C. (2)qE2＝mg，所以帶電粒子在第一象限將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)圓軌道半徑為R，周期為T，則qv1B0＝m， 可得R＝ 使粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，則有：h＝(2n)R＝(2n)， B0＝0.2n(T)(n＝1,2,3…) T＝，＝， T0＝＝＝(s)(n＝1,2,3…)． (3)當(dāng)交變磁場(chǎng)周期取最大值而粒子不再越過y軸時(shí)可作如圖所示運(yùn)動(dòng)情形： 由圖可知θ＝，T＝ 得T0B0≤. 答案：(1)h＝0.8 m　E1＝0.2 N/C (2)B0＝0.2n(T)(n＝1,2,3…) T0＝(s)(n＝1,2,3…) (3)T0B0≤ 11