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

2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)45 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)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(jì)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32，則甲、乙兩粒子的質(zhì)量之比是()A23 B. C. D94答案：D解析：在加速電場中由Uqmv2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DD94.2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(shí)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()AU4U0 BU2U0CUU0 DUU0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(dòng)半徑不變，則由Bevm可知R，磁感應(yīng)強(qiáng)度B加倍，而電子的軌道半徑R不變，則速度一定也加倍對電子的加速過程有eUmv2，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(dòng)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(dòng)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)動(dòng)一周被加速兩次BP1P2P2P3C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(dòng)一周被加速一次，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由公式R和qUmvmv可知，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周，電場力做功相同，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，故加速電場的方向不需做周期性變化，選項(xiàng)D錯(cuò)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R0.5 m，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E1.0×105 V/m.在坐標(biāo)原點(diǎn)M點(diǎn)有一帶正電的粒子以速率v1.0×106 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(jì)，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(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(dòng)，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rR0.5 m根據(jù)Bqv，得B，代入數(shù)據(jù)解得B0.2 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s1R，設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得Eqmv2，s2，總路程ss1s2R，代入數(shù)據(jù)解得s2.57 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、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(jì)(1)求D點(diǎn)的位置坐標(biāo)及粒子進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)的速度大小v；(2)若將區(qū)域內(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，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(dòng)的對稱性可知，粒子從OC的中點(diǎn)O進(jìn)入磁場區(qū)域，如圖甲所示，ACOD，則D點(diǎn)的位置坐標(biāo)為.設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，在磁場中的軌跡所對的圓心角為，根據(jù)幾何知識可知rsin l，rrcos ll，解得，rl，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，qvBm，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0vsin at，在y軸方向vtcos l，其中qEma，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(jì))，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(jì)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(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：對粒子在P、Q間的直線加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理有qUmv20，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qEm，磁場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律有qvBm，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(cuò)誤；由qUmv20可知，從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動(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，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?。?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(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rL設(shè)帶電粒子射入磁場時(shí)速度為v，由洛倫茲力提供向心力得qvBm解得：v由功能關(guān)系，有qUmv2解得所加電壓大小UkB2L2(2)由功能關(guān)系，有qU0mv2洛倫茲力提供向心力，有qvBm聯(lián)立解得帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(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(shí)間可以忽略不計(jì)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(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Bqvm(2f)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(2n1)(n1,2,3，)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)過狹縫被加速2n1次后的運(yùn)動(dòng)軌道設(shè)其被加速2n1次后的速度為vn由動(dòng)能定理得(2n1)qUmv此后帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為rn由牛頓第二定律得Bqvnm解得rn.