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

上傳人:xt****7 文檔編號:105954652 上傳時間:2022-06-13 格式:DOC 頁數(shù):8 大?。?86.50KB
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1、2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)45 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動 1.(2018·安徽馬鞍山一模)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、乙,速度都很小,可忽略不計.粒子經(jīng)過電場加速后垂直進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場,最終打到底片上,測得甲、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:在加速電場中由Uq=mv2得v=,在勻強(qiáng)磁場中由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,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,經(jīng)一段時間電子到達(dá)磁場右邊界的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:要使電子在磁場中仍打在P點(diǎn),則可知電子的運(yùn)動半徑不變,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.對電子的加速過程有eU=mv2,解得v=,故要使速度加倍,加速電壓應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍,A正確. 3.美國物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器,應(yīng)用帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的特點(diǎn),能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場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場強(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沿電場線方向射入加速電場,經(jīng)加速電場加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動.對于這種改進(jìn)后的回旋加速器,下列說法正確的是(  ) A.帶電粒子每運(yùn)

4、動一周被加速兩次 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)動一周被加速一次,選項A錯誤;由公式R=和qU=mv-mv可知,帶電粒子每運(yùn)動一周,電場力做功相同,動能增量相同,但速度的增量不同,故粒子圓周運(yùn)動的半徑增加量不同,選項B錯誤;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C正確;由T=可知,粒子運(yùn)動的周期不隨v的變化而變化,故加速電場的方向不需做周期性變化,選項D錯誤. 4.(2018·河南開封一模)如圖所示,真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,半徑R=0.5 m

5、,磁場垂直于紙面向里.在y>R的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,電場強(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,粒子穿出磁場進(jìn)入電場,速度減小到0后又返回磁場,最終又從磁場離開.已知粒子的比荷為=1.0×107 C/kg,粒子的重力不計,求: (1)圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??; (2)該粒子從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所運(yùn)動的路程. 答案:(1)0.2 T (2)2.57 m 解析:(1)沿x軸正方向射入磁場的粒子進(jìn)入電場后,速度減小到0,粒子一定是從如圖所示的P點(diǎn)射出磁場,逆著電場線方向運(yùn)動,所以粒子在磁場中做

6、圓周運(yùn)動的半徑r=R=0.5 m.根據(jù)Bqv=,得B=,代入數(shù)據(jù)解得B=0.2 T. (2)粒子返回磁場后,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場,MN為直徑,粒子在磁場中的路程為二分之一圓周的周長s1=πR,設(shè)在電場中的路程為s2,根據(jù)動能定理得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,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,并從x軸上的D點(diǎn)(圖中未畫出)垂直于x軸離開磁場,電荷的重力不計. (1)求D點(diǎn)的位置坐標(biāo)及粒子進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ時的速度大小v; (2)若將區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁場換成沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,該粒子仍從A點(diǎn)以原速度進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ,并最終仍能垂直于x軸離開,求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E. 答案:(1)  (2) 解析:(1)根據(jù)粒子運(yùn)動的對稱性可知,粒子從OC的中點(diǎn)O′進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ,如圖甲所示,AC=OD, 則D點(diǎn)的位置坐標(biāo)為. 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為r,在磁場Ⅰ中的軌跡所對的圓心角為θ,根據(jù)幾何知識可知rsin θ=l,r-rcos θ

8、=l-l, 解得θ=,r=l, 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動,qvB=m, 速度大小v=, 故v=. 甲   乙 (2)粒子運(yùn)動軌跡如圖乙所示,設(shè)粒子在電場中的運(yùn)動時間為t,加速度大小為a,則根據(jù)運(yùn)動的分解可知, 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;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,方向沿徑向指向圓心O,且與圓心O等距的各點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等;磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有

9、界勻強(qiáng)磁場,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),經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器,某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進(jìn)入磁場,最終打到膠片上的某點(diǎn).不計粒子所受重力.下列說法中正確的是(  ) A.從小孔S進(jìn)入磁場的粒子速度大小一定相等 B.從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動能一定相等 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:對粒子在P、Q間的直線加速過程,根據(jù)動能定理有qU=mv2-0,在四分之一圓形通道的電場中的偏轉(zhuǎn)過程中,對于從小孔S通過的粒子,根據(jù)牛頓第二定律有

10、qE=m,磁場中偏轉(zhuǎn)過程,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區(qū)通過;由v=,比荷不同的粒子從小孔S進(jìn)入磁場的粒子速度大小不相同,A錯誤;由qU=mv2-0可知,從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動能為qU,故電荷量不同的粒子的動能不同,B錯誤;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)是一個邊長為L的正方形磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(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方向從a點(diǎn)沿對角線方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(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,求所加電壓的大小; (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)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑. 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,軌道半徑為r=L 設(shè)帶電粒子射入磁場時速度為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)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為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)在兩盒之間被電場加速后進(jìn)入D2盒中,加速電壓為U.兩盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可以忽略不計.加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用. (1)為了使粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速,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,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個半圓是帶電粒子經(jīng)過狹縫被加速2n-1次后的運(yùn)動軌道 設(shè)其被加速2n-1次后的速度為vn 由動能定理得(2n-1)qU=mv 此后帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,半徑為rn 由牛頓第二定律得Bqvn=m 解得rn=.

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