高中物理一輪總復習練習：第九章磁場 課時作業(yè)45 Word版含解析

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1、課時作業(yè)課時作業(yè)(四十五四十五)帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在組合場中的運動基礎訓練基礎訓練1(2018安徽馬鞍山一模安徽馬鞍山一模)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)出兩種發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲帶正電的同位素粒子甲、乙乙，速度都很小速度都很小，可忽略不計可忽略不計粒子經(jīng)過電粒子經(jīng)過電場加速后垂直進入有界勻強磁場場加速后垂直進入有界勻強磁場，最終打到底片上最終打到底片上，測得甲測得甲、乙兩粒乙兩粒子打在底片上的點到入射點的距離之比為子打在底片上的點到入射點

2、的距離之比為 32，則甲、乙兩粒子的，則甲、乙兩粒子的質(zhì)量之比是質(zhì)量之比是()A23B. 2 3C. 3 2D94答案：答案：D解析：解析：在加速電場中由在加速電場中由 Uq12mv2得得 v2Uqm，在，在勻強磁場中由勻強磁場中由 qvBmv2R得得 RD2mvqB，聯(lián)立解得聯(lián)立解得 mB2qD28U，則甲則甲、乙兩粒子的質(zhì)量之比為乙兩粒子的質(zhì)量之比為 m甲甲m乙乙D2甲甲D2乙乙94.2如圖所示左側(cè)為豎直放置的兩平行板如圖所示左側(cè)為豎直放置的兩平行板 M、N，右側(cè)為垂直紙，右側(cè)為垂直紙面向里的左面向里的左、右邊界分別為右邊界分別為 1、2 的勻強磁場的勻強磁場，磁感應強度為磁感應強度為 B

3、.平行平行板板 M 的中心處有一電子放射源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，能源源不斷地發(fā)射一系列初速度可視為零的電子可視為零的電子，經(jīng)加速電壓經(jīng)加速電壓 U0加速后加速后，電子沿水平方向從電子沿水平方向從 N 板的板的小孔向右進入勻強磁場小孔向右進入勻強磁場， 經(jīng)一段時間電子到達磁場右邊界的經(jīng)一段時間電子到達磁場右邊界的 P 點點 如如果磁感應強度變?yōu)楣鸥袘獜姸茸優(yōu)?2B，欲使電子仍沿原來的軌跡到達，欲使電子仍沿原來的軌跡到達 P 點，應將加點，應將加速電壓調(diào)節(jié)為速電壓調(diào)節(jié)為 U，則，則()AU4U0BU2U0CU 2U0DU14U0答案答案：A解析解析：要使電子在

4、磁場中仍打在要使電子在磁場中仍打在 P 點點，則可知電子的則可知電子的運動半徑不變，則由運動半徑不變，則由 Bevmv2R可知可知 RmvBe，磁感應強度，磁感應強度 B 加倍，加倍，而電子的軌道半徑而電子的軌道半徑 R 不變，則速度一定也加倍對電子的加速過程不變，則速度一定也加倍對電子的加速過程有有 eU12mv2，解得，解得 v2eUm，故要使速度加倍，加速電壓應變?yōu)?，故要使速度加倍，加速電壓應變?yōu)樵瓉淼脑瓉淼?4 倍，倍，A 正確正確3 美國物理學家勞倫斯于美國物理學家勞倫斯于 1932 年發(fā)明的回旋加速器年發(fā)明的回旋加速器， 應用帶電應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點粒子在磁場中做圓

5、周運動的特點， 能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過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使人類在獲得較高能量的帶電粒子領域前進了一大步領域前進了一大步 如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖， 其其中盒縫間的加速電場場強恒定中盒縫間的加速電場場強恒定，且被限制在且被限制在 A、C 兩板之間兩板之間，帶電粒帶電粒子從子從 P0處以初速度處以初速度 v0沿電場線方向射入加速電場沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速電場加速經(jīng)加速電場加速后再進入后再進入 D 形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動對

6、于這種改進后的形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是回旋加速器，下列說法正確的是()A帶電粒子每運動一周被加速兩次帶電粒子每運動一周被加速兩次BP1P2P2P3C加速粒子的最大速度與加速粒子的最大速度與 D 形盒的尺寸有關形盒的尺寸有關D加速電場方向需要做周期性變化加速電場方向需要做周期性變化答案答案： C解析解析： 由題圖可知由題圖可知， 帶電粒子每運動一周被加速一次帶電粒子每運動一周被加速一次，選項選項 A 錯誤；由公式錯誤；由公式 RmvqB和和 qU12mv2212mv21可知，帶電粒子每可知，帶電粒子每運動一周運動一周，電場力做功相同電場力做功相同

7、，動能增量相同動能增量相同，但速度的增量不同但速度的增量不同，故故粒子圓周運動的半徑增加量不同粒子圓周運動的半徑增加量不同，選項選項 B 錯誤錯誤；由由 vqBRm可知可知，加加速粒子的最大速度與速粒子的最大速度與 D 形盒的半徑有關形盒的半徑有關， 選項選項 C 正確正確； 由由 T2mqB可可知，粒子運動的周期不隨知，粒子運動的周期不隨 v 的變化而變化，故加速電場的方向不需的變化而變化，故加速電場的方向不需做周期性變化，選項做周期性變化，選項 D 錯誤錯誤4(2018河南開封一模河南開封一模)如圖所示如圖所示，真空中有一以真空中有一以 O 點為圓心的點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑圓形勻

8、強磁場區(qū)域，半徑 R0.5 m，磁場垂直于紙面向里在，磁場垂直于紙面向里在 yR的區(qū)域存在沿的區(qū)域存在沿 y 軸負方向的勻強電場，電場強度軸負方向的勻強電場，電場強度 E1.0105V/m.在坐標原在坐標原點點 M 點有一帶正電的粒子以速點有一帶正電的粒子以速率率 v1.0106m/s 沿沿 x 軸正軸正方向射入磁場方向射入磁場， 粒子穿出磁場進入電場粒子穿出磁場進入電場， 速度減小到速度減小到 0 后又返回磁場后又返回磁場，最終又從磁場離開最終又從磁場離開已知粒子的比荷為已知粒子的比荷為qm1.0107C/kg，粒子的重粒子的重力不計，求：力不計，求：(1)圓形磁場區(qū)域磁感應強度的大??；圓形

9、磁場區(qū)域磁感應強度的大?。?2)該粒子從進入磁場到再次穿出磁場所運動的路程該粒子從進入磁場到再次穿出磁場所運動的路程答案：答案：(1)0.2 T(2)2.57 m解析：解析：(1)沿沿 x 軸正方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小軸正方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到到 0， 粒子一定是從如圖所示的粒子一定是從如圖所示的 P 點射出磁場點射出磁場， 逆著電場線方向運動逆著電場線方向運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑 rR0.5 m根據(jù)根據(jù) Bqvmv2R，得得 BmvqR，代入數(shù)據(jù)解得，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

10、粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從 N 點射出磁場，點射出磁場，MN 為直為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周的周長徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周的周長 s1R，設在電場，設在電場中的路程為中的路程為 s2，根據(jù)動能定理得，根據(jù)動能定理得 Eqs2212mv2，s2mv2Eq，總路程，總路程 ss1s2Rmv2Eq，代入數(shù)據(jù)解得，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)考湖南、湖北八市十二校第二次聯(lián)考)如圖所示，在直角如圖所示，在直角坐標系坐標系 xOy 的第一象限中兩個相同的直角三角形區(qū)域的第一象限中兩個相同的直角三角形區(qū)域、內(nèi)分別內(nèi)分別充滿了方向相反充滿

11、了方向相反(垂直紙面垂直紙面)、 磁感應強度大小均為磁感應強度大小均為 B 的勻強磁場的勻強磁場， OC與與 x 軸正方向夾角為軸正方向夾角為 30，已知，已知 C 點坐標為點坐標為( 3l，l)，質(zhì)量為，質(zhì)量為 m、帶、帶電荷量為電荷量為 q 的帶正電的粒子從的帶正電的粒子從 A33l，l點以一定的速度平行于點以一定的速度平行于 y 軸軸方向垂直進入磁場方向垂直進入磁場， 并從并從 x 軸上的軸上的 D 點點(圖中未畫出圖中未畫出)垂直于垂直于 x 軸離開軸離開磁場，電荷的重力不計磁場，電荷的重力不計(1)求求 D 點的位置坐標及粒子進入磁場區(qū)域點的位置坐標及粒子進入磁場區(qū)域時的速度大小時的

12、速度大小 v；(2)若將區(qū)域若將區(qū)域內(nèi)的磁場換成沿內(nèi)的磁場換成沿 x 軸負方向的勻強電場，該粒子軸負方向的勻強電場，該粒子仍從仍從 A 點以原速度進入磁場區(qū)域點以原速度進入磁場區(qū)域，并最終仍能垂直于，并最終仍能垂直于 x 軸離開，軸離開，求勻強電場的場強大小求勻強電場的場強大小 E.答案：答案：(1)2 33l，03qBl3m(2)3qB2l6m解析解析： (1)根據(jù)粒子運動的對稱性可知根據(jù)粒子運動的對稱性可知， 粒子從粒子從 OC 的中點的中點 O進進入磁場區(qū)域入磁場區(qū)域，如圖甲所示，如圖甲所示，ACOD，則則 D 點的位置坐標為點的位置坐標為2 33l，0.設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為設

13、粒子在磁場中運動的軌跡半徑為 r，在磁場在磁場中的軌跡所對的中的軌跡所對的圓心角為圓心角為，根據(jù)幾何知識可知，根據(jù)幾何知識可知 rsin 12l，rrcos 32l33l，解得解得3，r33l，粒子在磁場中做圓周運動，粒子在磁場中做圓周運動，qvBmv2r，速度大小速度大小 vqBrm，故故 v3qBl3m.甲甲乙乙(2)粒子運動軌跡如圖乙所示，設粒子在電場中的運動時間為粒子運動軌跡如圖乙所示，設粒子在電場中的運動時間為 t，加速度大小為加速度大小為 a，則根據(jù)運動的分解可知，則根據(jù)運動的分解可知，在在 x 軸方向軸方向 0vsin at，在在 y 軸方向軸方向 vtcos 12l，其中，其中

14、 qEma，聯(lián)立以上各式解得聯(lián)立以上各式解得 E3qB2l6m.6(多選多選)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，間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為即中心線半徑為 R 的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場，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方向沿徑向指向圓心 O，且與圓心且與圓心 O 等距的各點電場強度大小相等等距的各點電場強度大小相等；磁感應強度為磁感應強度為 B 的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片的有界勻強磁場，

15、方向垂直紙面向外；膠片 M.由粒由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子子源發(fā)出的不同帶電粒子(初速度不計初速度不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，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 垂直磁場垂直磁場邊界進入磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上的某點最終打到膠片上的某點不計粒子所受重力不計粒子所受重力下列說下列說法中正確的是法中正確的是()A從小孔從小孔 S 進入磁場的粒子速度大小一定相等進入磁場的粒子速度大小一定相等B從小孔從小孔 S 進入磁場的粒子動能一定相等進入磁場的粒子動能一定相等C打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相

16、等打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等D打到膠片上位置距離打到膠片上位置距離 O 點越遠的粒子，其比荷點越遠的粒子，其比荷qm越小越小答案：答案：CD解析：解析：對粒子在對粒子在 P、Q 間的直線加速過程，根據(jù)動間的直線加速過程，根據(jù)動能定理有能定理有 qU12mv20，在四分之一圓形通道的電場中的偏轉(zhuǎn)過程，在四分之一圓形通道的電場中的偏轉(zhuǎn)過程中，對于從小孔中，對于從小孔 S 通過的粒子，根據(jù)牛頓第二定律有通過的粒子，根據(jù)牛頓第二定律有 qEmv2R，磁，磁場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律有場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律有 qvBmv2r，解得，解得 v2qUm，R2UE， 因此因此， 只要滿

17、足只要滿足 R2UE， 所有粒子都可以從弧形電場區(qū)通過所有粒子都可以從弧形電場區(qū)通過；由由 v2qUm， 比荷不同的粒子從小孔比荷不同的粒子從小孔 S 進入磁場的粒子速度大小不進入磁場的粒子速度大小不相同，相同，A 錯誤；由錯誤；由 qU12mv20 可知，從小孔可知，從小孔 S 進入磁場的粒子動進入磁場的粒子動能為能為 qU，故電荷量不同的粒子的動能不同，故電荷量不同的粒子的動能不同，B 錯誤；聯(lián)立上述公式錯誤；聯(lián)立上述公式得得 r1B2mUq，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等；又由，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等；又由 v2qUm可知可知，比荷相同時粒子的速度相同比荷相同時粒子的

18、速度相同，C 正確正確；由上述知由上述知 r1B2mUq，故打到膠片上位置距離，故打到膠片上位置距離 O 點越遠的粒子，比荷越小，點越遠的粒子，比荷越小，D正確正確7(2018吉林重點中學二模吉林重點中學二模)如圖所示如圖所示，左側(cè)是兩平行金屬板左側(cè)是兩平行金屬板 P、Q，右側(cè)是一個邊長為，右側(cè)是一個邊長為2L 的正方形磁感應強度為的正方形磁感應強度為 B 的勻強磁場區(qū)的勻強磁場區(qū)域域 abcd，e 是是 ad 的中點的中點金屬板金屬板 P 上上 O 處有一粒子源處有一粒子源，可發(fā)射出初可發(fā)射出初速度可視為零的帶負電的粒子速度可視為零的帶負電的粒子(比荷為比荷為qmk)，Q 板中間有一小孔板中

19、間有一小孔，可可使粒子射出后垂直磁場方向從使粒子射出后垂直磁場方向從 a 點沿對角線方向進入勻強磁場區(qū)域點沿對角線方向進入勻強磁場區(qū)域(1)在在 P、 Q 兩極板上加上直流電壓兩極板上加上直流電壓， 如果帶電粒子恰好從如果帶電粒子恰好從 d 點射點射出，求所加電壓的大??；出，求所加電壓的大小；(2)若在若在 P、Q 兩極板上所加直流電壓為兩極板上所加直流電壓為 U0，求帶電粒子在勻強，求帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑磁場中運動的軌跡半徑答案：答案：(1)12kB2L2(2)1B2U0k解析：解析：(1)如圖所示，根據(jù)幾何關系可以看出，當粒子恰好從如圖所示，根據(jù)幾何關系可以看出，當粒子恰好從

20、 d點射出時，軌道半徑為點射出時，軌道半徑為 rL設帶電粒子射入磁場時速度為設帶電粒子射入磁場時速度為 v，由洛倫茲力提供向心力得，由洛倫茲力提供向心力得qvBmv2r解得：解得：vqBLm由功能關系，有由功能關系，有 qU12mv2解得所加電壓大小解得所加電壓大小 U12kB2L2(2)由功能關系，有由功能關系，有 qU012mv2洛倫茲力提供向心力，有洛倫茲力提供向心力，有 qvBmv2R聯(lián)立解得帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑為聯(lián)立解得帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑為 R1B2U0k.8(2018河北保定調(diào)研河北保定調(diào)研)回旋加速器的工作原理如圖所示，回旋加速器的工作原理如圖所示，

21、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，磁感應強度為應強度為 B 的勻強磁場與盒面垂直的勻強磁場與盒面垂直在在 D1盒中心盒中心 A 處有粒子源處有粒子源，產(chǎn)產(chǎn)生的質(zhì)量為生的質(zhì)量為 m、電荷量為電荷量為 q 的帶正電粒子的帶正電粒子(初速度不計初速度不計)在兩盒之間被在兩盒之間被電場加速后進入電場加速后進入 D2盒中盒中，加速電壓為加速電壓為 U.兩盒間的狹縫很小兩盒間的狹縫很小，帶電粒帶電粒子穿過的時間可以忽略不計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和重力作加速過程中不考慮相對論效應和重力作用用(1

22、)為了使粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速，求交變電壓的頻率；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)求帶電粒子在求帶電粒子在 D2盒中第盒中第 n 個半圓軌跡的半徑個半圓軌跡的半徑答案：答案：(1)Bq2m(2)1B2 2n1 mUq解析解析：(1)帶電粒子在帶電粒子在 D 形盒內(nèi)做圓周運動形盒內(nèi)做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)牛頓第二定律，有有Bqvm(2f)2r為了使帶電粒子能夠被加速為了使帶電粒子能夠被加速， 交變電壓的頻率應與粒子做圓周運交變電壓的頻率應與粒子做圓周運動的頻率相等動的頻率相等fv2r交變電壓的頻率交變電壓的頻率 fBq2m得出得出 f(2n1)Bq2m(n1,2,3，)也正確也正確(2)帶電粒子帶電粒子在在D2盒中盒中第第n個半圓是帶電粒子經(jīng)過狹縫被加個半圓是帶電粒子經(jīng)過狹縫被加速速2n1 次后的運動軌道次后的運動軌道設其被加速設其被加速 2n1 次后的速度為次后的速度為 vn由動能定理得由動能定理得(2n1)qU12mv2n此后帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，半徑為此后帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，半徑為 rn由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得 Bqvnmv2nrn解得解得 rn1B2 2n1 mUq.