2020版高考物理一輪復習 第九章 課時作業(yè)31 帶電粒子在組合場中的運動 新人教版

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1、課時作業(yè)31帶電粒子在組合場中的運動時間：45分鐘1如圖所示，a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應強度大小相等電荷量為2e的帶正電的質點M以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，與靜止在b點的電荷量為e的帶負電的質點N相撞，并粘合在一起，不計質點M和質點N的重力，則它們在磁場中的運動軌跡是(D)解析：正離子以某一速度擊中并吸收靜止的電子后，速度保持不變，電荷量變?yōu)閑，由左手定則可判斷出正離子過b點時所受洛倫茲力向下；由r可得，電荷量減半，則半徑增大到原來的2倍，故磁場中的運動軌跡為D，故D正確2用回旋加速器分別加速某元

2、素的一價正離子和二價正離子，各離子開始釋放的位置均在A點，加速電壓相同，則關于一價正離子和二價正離子的加速，下列說法不正確的是(C)A獲得的最大速度之比為12B獲得的最大動能之比為14C加速需要的交變電壓的頻率之比為21D經加速電場加速的次數之比為12解析：某元素的一價正離子和二價正離子的電荷量之比為12，質量相等，由Ekmv2m2，可知獲得的最大動能之比為14，速度之比為12，A、B正確，不符合題意；加速電壓的周期等于粒子在磁場中運動的周期，即T，可見交變電壓的周期之比為21，頻率之比為12，C錯誤，符合題意；經加速電場加速由動能定理有nqU，n，因此加速的次數之比為12，D正確，不符合題意

3、3如圖所示左側為豎直放置的兩平行板M、N，右側為垂直紙面向里的左、右邊界分別為1、2的勻強磁場，磁感應強度為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，經加速電壓U0加速后，電子沿水平方向從N板的小孔向右進入勻強磁場，經一段時間電子到達磁場右邊界的P點如果磁感應強度變?yōu)?B，欲使電子仍沿原來的軌跡到達P點，應將加速電壓調節(jié)為U，則(A)AU4U0 BU2U0CUU0 DUU0解析：要使電子在磁場中仍打在P點，則可知電子的運動半徑不變，則由Bevm可知R，磁感應強度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

4、度加倍，加速電壓應變?yōu)樵瓉淼?倍，A正確4質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具如圖所示為質譜儀的原理示意圖，現利用質譜儀對氫元素進行測量讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”則下列判斷正確的是(A)A進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚Da、b、c三條“質譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚解析：離子通過加速電場的過程，有qUmv2，因為氕、氘

5、、氚三種離子的電量相同、質量依次增大，故進入磁場時動能相同，速度依次減小，故A項正確，B項錯誤；由T可知，氕、氘、氚三種離子在磁場中運動的周期依次增大，又三種離子在磁場中運動的時間均為半個周期，故在磁場中運動時間由大到小排列依次為氚、氘、氕，C項錯誤；由qvBm及qUmv2，可得R，故氕、氘、氚三種離子在磁場中的軌道半徑依次增大，所以a、b、c三條“質譜線”依次對應氚、氘、氕，D項錯誤5平面直角坐標系xOy中，第二象限存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，第三、四象限存在垂直坐標平面向里的勻強磁場，如圖所示一質量為m，電荷量為q的正粒子從坐標為(L，L)的P點沿y軸負向進入電場，初速度

6、大小為v0，粒子第二次到達x軸的位置為坐標原點不計粒子的重力，求：(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小；(2)若粒子由P點沿x軸正向入射，初速度仍為v0，求粒子第二次到達x軸時與坐標原點的距離解析：(1)由動能定理EqLmv2mv粒子進入磁場時速度大小為v在磁場中L2RqvBm可得B4(2)假設粒子由y軸離開電場Lv0tyat2Eqma可得y1L，假設成立vyat速度偏轉角tan第一次到達x軸的坐標x1L在磁場中Rx2RsinsinL粒子第二次到達x軸的位置與坐標原點的距離xx1x2L(或1.85L)答案：(1)4(2)L6如圖所示，兩條豎直長虛線所夾的區(qū)域被線段MN分為上、下兩部分，上部分的電

7、場方向豎直向上，下部分的電場方向豎直向下，兩電場均為勻強電場且電場強度大小相同擋板PQ垂直MN放置，擋板的中點置于N點在擋板的右側區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場在左側虛線上緊靠M的上方取點A，一比荷5105 C/kg的帶正電粒子，從A點以v02103 m/s的速度沿平行MN方向射入電場，該粒子恰好從P點離開電場，經過磁場的作用后恰好從Q點回到電場已知MN、PQ的長度均為L0.5 m，不考慮重力對帶電粒子的影響，不考慮相對論效應(1)求電場強度E的大小；(2)求磁感應強度B的大??；(3)在左側虛線上M點的下方取一點C，且CM0.5 m，帶負電的粒子從C點沿平行MN方向射入電場，該帶負電粒子與上述

8、帶正電粒子除電性相反外其他都相同若兩帶電粒子經過磁場后同時分別運動到Q點和P點，求兩帶電粒子在A、C兩點射入電場的時間差解析：(1)帶正電粒子在電場中做類平拋運動，有Lv0tt2解得：E16 N/C.(2)設帶正電的粒子從P點射出電場時與虛線的夾角為，有tan可得45粒子射入磁場時的速度大小vv0粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvBm由幾何關系有rL解得：B1.6102 T.(3)兩帶電粒子在電場中都做類平拋運動，運動時間相同兩帶電粒子在磁場中都做勻速圓周運動，帶正電粒子轉過的圓心角為，帶負電粒子轉過的圓心角為.兩帶電粒子在A、C兩點進入電場的時間差就是兩粒子在磁場中運動的時間差若帶電粒子能在

9、勻強磁場中做完整的圓周運動，則其運動一周的時間T帶正電粒子在磁場中運動時間t1T5.9104 s帶負電粒子在磁場中運動時間t2T2.0104 s兩帶電粒子在A、C兩點射入電場的時間差tt1t23.9104 s.答案：(1)16 N/C(2)1.6102 T(3)3.9104 s7(2018天津卷)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里磁場中有一內、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出不計粒子重力(1)求

10、粒子從P到M所用的時間t；(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小解析：(1)設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvBm設粒子在電場中運動所受電場力為F，有FqE設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律有Fma粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有vat聯立式得t(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定故當軌跡與內圓相切時，所用的時間最短設粒子在磁場中的軌跡半徑為r，由幾何關系可得(rR)2(R)2r2設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系知tan粒子從Q點射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P點釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0，由運動的合成和分解可得tan聯立式得v0答案：(1)(2)8