2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時作業(yè)38 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）新人教版

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1、課后限時作業(yè)38　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 時間：45分鐘 1.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．圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(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，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場．現(xiàn)在MN上的F點(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)(　C　) A. B. C. D. 解析：設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有：qU＝mv2，粒子在磁場中做勻速圓周運

2、動的軌道半徑r＝，又Bqv＝m，可求＝，故C正確． 2．(多選)如圖是一個回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，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；最大動能Ek＝mv2，因為兩粒子的質(zhì)量不同，最大速度相同，所以最大動能不同，B錯誤；高頻電源的頻率f＝，因為相同，所以兩次所接高頻電源的頻率相同，C正確

3、；粒子的最大動能與高頻電源的頻率無關(guān)，D錯誤． 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的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　CD　) A．在電場中的加速度之比為11 B．在磁場中運動的半徑之比為21 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為13 解析：兩個離子的質(zhì)量相同，其帶電荷量之比是13的關(guān)系，所以由a＝可知，其在電場中的加速度之比是13，故A錯

4、誤．要想知道半徑必須先知道進入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達式為：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錯誤．由B項分析知道，離子在磁場中運動的半徑之比為1，設(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(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°，即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12，故C正確．由電場加速后：qU＝mv2可知，兩離子離開電場的動能之比為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，空間存在場強為E、方向水

5、平向右的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場．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摩擦因數(shù)均為μ，小球運動到右側(cè)管口處時速度為v，該過程中(　BD　) A．洛倫茲力對小球做功為qvBL B．電場力對小球做功為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：小球向右運動，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，與運動的方向垂直，洛倫茲力不做功，故A錯誤；小球受到的電場力大小為F＝Eq，方向向右，小球運動的方向也向右，所以電場力做的功W＝FL＝EqL，故B正確；

6、小球在運動的過程中，受到向下的重力、向右的電場力、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＝μNL>μmgL，故C錯誤；小球運動的過程中只有電場力和摩擦力做功，由動能定理得EqL－Wf＝mv2，所以Wf＝EqL－mv2，故D正確． 5.(多選)如圖所示的直角坐標系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場，坐標原點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電場，場強大小為E.大量電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時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軸正方向射入勻強電場．若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走而不影響原來的電場分布．不計粒子的重力及它們間的相互作用．下列說法正確的是(　CD　) A．能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上 B．到達坐標原點的粒子速度越大，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，進入O點的動能必須大于qU D．若U<，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮 解析：設(shè)粒子開始時的坐標為(－x，－h(huán))，粒子在電場中運動過程中，由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得x＝v0t，h＝at2，qE＝ma，聯(lián)立得h＝··，可知能進入第

8、一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，故A錯誤；粒子的初速度是相等的，到達O點的粒子速度越大，則沿y方向的分速度越大．粒子到達O點時，粒子的速度與y軸正方向的夾角θ滿足：tanθ＝，可知到達坐標原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越小，故B錯誤；負電荷進入第一象限后電場力做負功，而到達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，進入O點的動能必須大于qU，故C正確；粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角：tanα＝＝，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同，則進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、夾角進入第一象限，所以若U<，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，故D正確． 6.如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量＋q的帶電微粒(重力忽略不計)，從靜止開始經(jīng)U1電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，金屬板長L，兩板間距d，微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°，并接著進入一個方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域．求： (1)兩金屬板間的電壓U2的大??； (2)若該勻強磁場的寬度為D，為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B至少多大． 解析：(1)帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速率為v1，根據(jù)動能定理有U1q＝mv　v1＝ 粒子經(jīng)U2電壓偏轉(zhuǎn)，有tan30°＝ t＝

10、，a＝　解得：U2＝. (2)帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，微粒恰好不從磁場右邊射出時運動軌跡與右邊邊界相切，設(shè)做勻速圓周運動的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知： R＋Rsin30°＝D 由牛頓運動定律及運動學(xué)規(guī)律：qv′B＝m， 又v′＝　解得：B＝ 答案：(1)　(2) 7．如圖所示，在xOy坐標系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場，在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界．現(xiàn)從原點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，粒子運動軌跡恰與ab

11、相切并返回磁場．已知電場強度E＝，不計粒子重力和粒子間的相互作用．試求： (1)粒子第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大??； (2)磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。? 解析：(1)根據(jù)動能定理，得qEd＝mv2－mv， 解得v＝2v0 粒子在電場中做類平拋運動，有 F＝qE，a＝，d＝at，x＝v0t1 解得t1＝，x＝. (2)粒子運動的軌跡如圖所示，設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角進入磁場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磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場．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A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示．已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求： (1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大?。? (2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達y軸所用的時間． 解析：(1)設(shè)粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁

13、場中做勻速圓周運動的半徑為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點沿x軸負方向射入電場，則粒子在電場中從D點到N點做類平拋運動，有2R＝vt 　 又因為R＝··t2　解得E＝. (2)軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C，從M點射出磁場，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°，粒子在磁場中運動的時間為t2＝T＝ 粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH＝，在無場區(qū)運動的時間t2＝＝ 故粒子到達y軸的時間為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電場和勻強磁場，有一帶電小球質(zhì)量為m，電荷量絕對值為q，小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，水平進入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，且從B點射出，已知AB長度為L，AD長度為L，求： (1)小球帶何種電性及進入復(fù)合場時的速度大小； (2)小球在復(fù)合場中做圓周運動的軌道半徑； (3)小球在復(fù)合場中運動的時間． 解析：(1)小球在電場、磁場和重力場的復(fù)合場中，做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則可知小球帶負電．小球進入復(fù)合場之前由動能定理：qU＝mv2，解得：v＝ . (2)設(shè)做圓周運動的軌道半徑為r，由

15、幾何關(guān)系： r2＝(r－L)2＋(L)2，解得r＝2L. (3)由(2)知圓周運動對應(yīng)圓心角：θ＝ 粒子運動周期：T＝ 運動時間為：t＝T 聯(lián)立以上可得：t＝ . 答案：(1)負電　　(2)2L　(3) 10．在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標系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電場，場強為E1.坐標系的第一、四象限內(nèi)有一正交的勻強電場和勻強交變磁場，電場方向豎直向上，場強E2＝E1，勻強磁場方向垂直紙面．處在第三象限的發(fā)射裝置(圖中未畫出)豎直向上射出一個比荷＝102 C/kg的帶正電的粒子(可視為質(zhì)點)，該粒子以v0＝4 m/s的速度從－x上的A點

16、進入第二象限，并以v1＝8 m/s速度從＋y上的C點沿水平方向進入第一象限．取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻，磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面向外的磁場方向為正方向)，g取10 m/s2.試求： (1)帶電粒子運動到C點的縱坐標值h及電場強度E1； (2)＋x軸上有一點D，OD＝OC，若帶電粒子在通過C點后的運動過程中不再越過y軸，要使其恰能沿x軸正方向通過D點，求磁感應(yīng)強度B0及其磁場的變化周期T0； (3)要使帶電粒子通過C點后的運動過程中不再越過y軸，求交變磁場磁感應(yīng)強度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)的運動分解為水

17、平方向和豎直方向，在豎直方向上做豎直上拋運動，在水平方向上做勻加速直線運動．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動，設(shè)粒子運動圓軌道半徑為R，周期為T，則qv1B0＝m， 可得R＝ 使粒子從C點運動到D點，則有：h＝(2n)R＝(2n)， B0＝0.2n(T)(n＝1,2,3…) T＝，＝， T0＝＝＝(s)(n＝1,2,3…)． (3)當(dāng)交變磁場周期取最大值而粒子不再越過y軸時可作如圖所示運動情形： 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