2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 課時作業(yè)26 帶電粒子在組合場中的運動.doc

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課時作業(yè)（二十六）帶電粒子在組合場中的運動 [基礎(chǔ)小題練] 1.MN板兩側(cè)都是磁感強度為B的勻強磁場，方向如下圖所示，帶電粒子從a位置以垂直磁場方向的速度開始運動，依次通過小孔b、c、d，已知ab＝bc＝cd，粒子從a運動到d的時間為t，則粒子的比荷為(　　) A. B． C. D． 【解析】　粒子從a運動到d依次經(jīng)過小孔b、c、d，經(jīng)歷的時間t為3個，由t＝3和T＝，可得：＝，故A正確． 【答案】　A 2.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(yīng)強度大小相等．電荷量為2e的正離子以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，當(dāng)它運動到b點時，擊中并吸收了一個處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子，不計正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運動軌跡是(　　) 【解析】　正離子以某一速度擊中并吸收了一個處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子后，速度不變，電荷量變?yōu)椋玡，由左手定則可判斷出正離子過b點時所受洛倫茲力方向向下，由r＝可知，軌跡半徑增大到原來的2倍，所以在磁場中的運動軌跡是圖D. 【答案】　D 3.如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，已知A2A4與A1A3的夾角為60.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場．若忽略該粒子重力，則下列說法正確的是(　　) A．粒子在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中運動的半徑r1和r2之比為2∶1 B．粒子在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中做圓周運動的周期T1和T2之比為1∶2 C．粒子在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中運動所用的時間t1和t2之比為2∶1 D．磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中的磁感應(yīng)強度大小B1和B2之比為1∶2 【解析】　由粒子的運動軌跡可知，粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中運動的半徑等于磁場半徑，在磁場區(qū)域Ⅱ中運動的半徑為磁場半徑的一半．故粒子在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中運動的半徑r1和r2之比為2∶1，A正確．由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式R＝，知磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中的磁感應(yīng)強度大小B1和B2之比為1∶2，D正確． 【答案】　AD 4．如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，ab間的電場強度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较?，且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板而進入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場強度大小為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，磁場磁感應(yīng)強度大小等于，重力加速為g，則下列關(guān)于微粒運動的有關(guān)說法正確的是(　　) A．微粒在ab區(qū)域的運動時間為 B．微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑r＝2d C．微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為 D．微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為 【解析】　微粒在ab區(qū)域，豎直方向上做勻減速運動，由v0＝gt得t＝，故A正確；水平方向上做勻加速運動，a＝＝g，則qE＝mg，進入bc區(qū)域，電場力大小未變，方向豎直向上，電場力與重力平衡，微粒做勻速圓周運動，由qv0B＝，得r＝，代入數(shù)據(jù)得r＝，又v＝2gd，故r＝2d，B正確；在bc區(qū)域，微粒運動軌跡所對圓心角為α，sin α＝，α＝，運動時間t＝＝＝，故C錯誤；微粒在ab區(qū)域的運動時間也可以表示為t＝＝，故總時間t總＝＋＝，故D正確． 【答案】　ABD 5．如圖所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場．下列說法正確的是(不計粒子所受重力)(　　) A．如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 B．如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場 C．如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場 D．如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 【解析】　設(shè)粒子被電場加速后的速度為v，在磁場中運動的半徑為R，則電場加速過程，有qU＝mv2，在磁場中有qvB＝m，R＝，聯(lián)立得R＝ ＝ .如果只增大U，半徑R增大，選項A錯誤；如果只減小B，半徑R增大，粒子向下偏 ，不可能從ab邊某位置穿出磁場，選項B錯誤；如果既減小U又增加B，半徑R減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場，選項C錯誤；如果只增加k，半徑R減小，粒子可從dP之間某位置穿出磁場，選項D正確． 【答案】　D 6．如圖所示，平行金屬板a、b之間的距離為d，a板帶正電荷，b板帶負(fù)電荷，a、b之間還有一垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度為B1.一不計重力的帶電粒子以速度v0射入a、b之間，恰能在兩金屬板之間勻速向下運動，并進入PQ下方的勻強磁場中，PQ下方的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B2，方向如圖所示．已知帶電粒子的比荷為c，則(　　) A．帶電粒子在a、b之間運動時，受到的電場力水平向右 B．平行金屬板a、b之間的電壓為U＝dv0B1 C．帶電粒子進入PQ下方的磁場之后，向左偏轉(zhuǎn) D．帶電粒子在PQ下方磁場中做圓周運動的半徑為 【解析】　由于不知道帶電粒子的電性，故無法確定帶電粒子在a、b間運動時受到的電場力的方向，也無法確定帶電粒子進入PQ下方的磁場之后向哪偏轉(zhuǎn)，選項A、C錯誤；粒子在a、b之間做勻速直線運動，有q＝qv0B1，解得平行金屬板a、b之間的電壓為U＝dv0B1，選項B正確；帶電粒子在PQ下方的勻強磁場中做圓周運動，軌道半徑為r＝＝，選項D正確． 【答案】　BD [創(chuàng)新導(dǎo)向練] 7．科技前沿——利用回旋加速器加速帶電粒子 1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子由加速器的中心附近進入加速器 B．帶電粒子由加速器的邊緣進入加速器 C．帶電粒子從磁場中獲得能量 D．帶電粒子從電場中獲得能量 【解析】　要使帶電粒子經(jīng)電場多次加速獲得足夠大能量，應(yīng)使粒子由加速器的中心附近進入加速器，而從邊緣離開，故選項A正確，B錯誤；由于洛倫茲力并不做功，而粒子通過電場時有qU＝mv2，故粒子是從電場中獲得能量，因此選項C錯誤，D正確． 【答案】　AD 8．科技前沿——利用質(zhì)譜儀分析放射性元素的同位素 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，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看作為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片P上，設(shè)離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，可以判斷(　　) A．若離子束是同位素，則x越大，離子的質(zhì)量越大 B．若離子束是同位素，則x越大，離子的質(zhì)量越小 C．只要x相同，則離子的質(zhì)量一定相同 D．只要x相同，則離子的比荷一定相同 【解析】　帶電粒子通過加速電場加速，由動能定理qU＝mv2，得加速后粒子的速度v＝，進入質(zhì)譜儀的磁場中，做勻速圓周運動，測得圓周半徑R＝＝，x＝2R，若離子束是同位素，則x越大，離子的質(zhì)量越大，選項A正確，B錯誤；只要x相同，則離子的比荷一定相同，而質(zhì)量不一定相同，選項C錯誤，D正確． 【答案】　AD 9．科技生活——電視畫面幅度失真原因分析 如圖所示是電視機顯像管及其偏轉(zhuǎn)線圈的示意圖．初速度不計的電子經(jīng)加速電場加速后進入有限邊界的勻強磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上．如果發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度與正常的相比偏小，則引起這種現(xiàn)象的可能原因是(　　) A．電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減少 B．加速電場的電壓過低，電子速率偏小 C．偏轉(zhuǎn)線圈局部短路，線圈匝數(shù)減少 D．偏轉(zhuǎn)線圈中電流過大，偏轉(zhuǎn)磁場增強 【解析】　電視畫面幅度比正常的偏小，是由于電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，即軌道半徑增大．而電子在磁場中偏轉(zhuǎn)時的半徑r＝，電子槍發(fā)射能力減弱，即發(fā)射的電子數(shù)減少，而運動的電子速率及磁場不變，因此不會影響電視畫面幅度的大小，故A錯誤；當(dāng)加速電場電壓過低，則電子速率偏小，導(dǎo)致電子運動半徑減小，從而使偏轉(zhuǎn)角度增大，導(dǎo)致畫面幅度與正常的相比偏大，故B錯誤；當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈局部短路，線圈匝數(shù)減少時，導(dǎo)致偏轉(zhuǎn)磁場減弱，從而使電子運動半徑增大，電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，則畫面幅度與正常的相比偏小，故C正確；當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈中電流過大，偏轉(zhuǎn)磁場增強時，導(dǎo)致電子運動半徑變小，所以畫面幅度與正常的相比偏大，故D錯誤． 【答案】　C 10．創(chuàng)新科技——組合型加速器的工作原理 圖甲中質(zhì)子經(jīng)過直線加速器加速后進入半徑一定的環(huán)形加速器，在環(huán)形加速器中，質(zhì)子每次經(jīng)過位置A時都會被加速，當(dāng)質(zhì)子的速度達到要求后，再將它們分成兩束引導(dǎo)到圖乙的對撞軌道中，在對撞軌道中兩束質(zhì)子沿相反方向做勻速圓周運動，并最終實現(xiàn)對撞．質(zhì)子在磁場的作用下做圓周運動．下列說法中正確的是(　　) A．質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場會逐漸減弱 B．質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變 C．質(zhì)子在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場會逐漸減弱 D．質(zhì)子在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變 【解析】　質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，質(zhì)子每次經(jīng)過位置A時都會被加速，速度增大，環(huán)形軌道的半徑保持不變，由qvB＝m，即r＝知，B逐漸增大，故A、B錯誤；質(zhì)子在對撞軌道中運動時，環(huán)形軌道的半徑保持不變，洛倫茲力不做功，速率不變，由r＝知，磁場始終保持不變，故C錯誤，D正確． 【答案】　D [綜合提升練] 11．某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場，電場方向向右(如下圖甲中由B到C的方向)，電場變化如圖乙中Et圖象，磁感應(yīng)強度變化如圖丙中Bt圖象．在A點，從t＝1 s(即1 s末)開始，每隔2 s，有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能擊中C點，若＝2且粒子在AB間運動的時間小于1 s，求： (1)圖線上E0和B0的比值，磁感應(yīng)強度B的方向； (2)若第1個粒子擊中C點的時刻已知為(1＋Δt)s，那么第2個粒子擊中C點的時刻是多少？ 【解析】　設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為R.在第2秒內(nèi)只有磁場．軌道如圖所示． (1)因為＝2＝2d，所以R＝2d. 第2秒內(nèi)，僅有磁場： qvB0＝m＝m. 第4秒內(nèi)，僅有電場：d＝2. 所以＝v.粒子帶正電，故磁場方向垂直紙面向外． (2)Δt＝＝＝＝，Δt′＝＝Δt.故第2個粒子擊中C點的時刻為 s. 【答案】　(1)＝v，磁場方向垂直紙面向外 (2)第2個粒子擊中C點的時刻為s 12.(2018長郡中學(xué)高三實驗班選拔考試)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有以O(shè)1為圓心，半徑為R的半圓且R＝OO1，半圓區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.在它的右側(cè)有一寬度為R、左邊界與磁場區(qū)域圓相切于A點、右邊界與y軸平行的勻強電場，場強方向沿y軸負(fù)方向，場強大小為E.在電場右側(cè)距離為R處有一垂直x軸、足夠長的熒光屏，電子打中熒光屏?xí)l(fā)光．現(xiàn)在在坐標(biāo)原點O處向xOy平面內(nèi)各個方向以相同的速率發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量大小為e的電子．其中沿y軸正方向射入的電子剛好從切點A處飛出磁場進入電場，求： (1)電子射入磁場的速率v0； (2)電子打到熒光屏上最高點和最低點的坐標(biāo)． 【解析】　(1)電子在磁場中做勻速圓周運動，有 ev0B＝m 解得r＝ 畫出沿y軸正方向射入的電子的運動軌跡示意圖，如圖所示，設(shè)運動軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有r＝R，求得v0＝. (2)當(dāng)電子以速率v0沿y軸正方向射入時，從A點平行于x軸射出，垂直進入電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上C點．當(dāng)電子以速率v0沿x軸正方向射入時，從B點沿x軸垂直進入電場．經(jīng)過偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上D點．電子在電場中做類平拋運動，由平拋運動規(guī)律可知 x方向：R＝v0t y方向：偏移量y1＝t2＝ 設(shè)速度與x軸正方向夾角為θ，則有tan θ＝＝ 出電場后電子做勻速直線運動，在到達熒光屏過程中繼續(xù)偏移，偏移量y2＝Rtan θ＝ 總偏移量y總＝y(tǒng)1＋y2＝ 從電場出來的電子打到熒光屏上的最高點C坐標(biāo)，最低點D坐標(biāo). 【答案】　(1)　(2)