2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)43帶電粒子在組合場中的運動含解析魯科版

PAGE8-課時作業(yè)43帶電粒子在組合場中的運動時間：45分鐘1.如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，粒子在磁場中轉(zhuǎn)半個圓周后打在P點，設(shè)OP＝x，能夠正確反應(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是(B)解析：帶電粒子經(jīng)電壓U加速，由動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，洛倫茲力供應(yīng)向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，2R＝x，聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以能夠正確反應(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是圖B．2．(多選)圖示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)，彼此平行且共軸的一對勵磁圓形線圈能夠在兩線圈間產(chǎn)生勻強磁場；電子槍放射出的電子經(jīng)加速電壓U作用后通過玻璃泡內(nèi)淡薄氣體時，能夠顯示出電子運動的徑跡．現(xiàn)讓電子槍垂直磁場方向放射電子(初速度較小，可視為零)，勵磁線圈通入電流I后，可以看到圓形的電子徑跡，則下列說法正確的是(BD)A．若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑變大B．若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑變小C．若同時減小I和U，則電子運動的周期減小D．若保持I不變，減小U，則電子運動的周期不變解析：若增大勵磁線圈中的電流，也就是增大了磁場的磁感應(yīng)強度B，依據(jù)R＝eq\f(mv,qB)可知，電子運動的軌跡半徑變小，A錯誤，B正確；由T＝eq\f(2πm,qB)知，減小U不變更電子運動的周期，減小I，B就減小，則T變大，C錯誤，D正確．3．如圖，足夠長的水平虛線MN上方有一勻強電場，方向豎直向下(與紙面平行)；下方有一勻強磁場，方向垂直紙面對里．一個帶電粒子從電場中的A點以水平初速度v0向右運動，第一次穿過MN時的位置記為P點，其次次穿過MN時的位置記為Q點，P、Q兩點間的距離記為d，從P點運動到Q點的時間記為t.不計粒子的重力，若增大v0，則(D)A．t不變，d不變 B．t不變，d變小C．t變小，d變小 D．t變小，d不變解析：本題考查帶電粒子在組合場的周期性運動問題．粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子到達(dá)P點時豎直速度為v1(大小不變)，則粒子進入磁場的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1))，速度方向與MN的夾角tanθ＝eq\f(v1,v0).粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)，由幾何關(guān)系可得d＝2Rsinθ，sinθ＝eq\f(v1,v)，聯(lián)立可得d＝eq\f(2mv1,qB)，即增大v0時d不變，運動的時間t＝eq\f(2θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2θm,qB)，則增大v0時，tanθ減小，θ減小，t減小，D正確．4.(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽視的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面對里、有肯定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(CD)A．在電場中的加速度之比為11B．在磁場中運動的半徑之比為21C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D．離開電場區(qū)域時的動能之比為13解析：兩個離子的質(zhì)量相同，其帶電荷量之比是13的關(guān)系，所以由a＝eq\f(qU,md)可知，其在電場中的加速度之比是13，故A錯誤；要想知道半徑必需先知道進入磁場的速度，而速度的確定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達(dá)式為：v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知其速度之比為1eq\r(3).又由qvB＝meq\f(v2,r)知，r＝eq\f(mv,qB)，所以其半徑之比為eq\r(3)1，故B錯誤；由B項分析知道，離子在磁場中運動的半徑之比為eq\r(3)1，設(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以sinθ＝eq\f(L,r)，則可知角度的正弦值之比為1eq\r(3)，又P＋的偏轉(zhuǎn)角度為30°，可知P3＋的偏轉(zhuǎn)角度為60°，即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12，故C正確；由電場加速后：qU＝eq\f(1,2)mv2可知，兩離子離開電場的動能之比為13，故D正確．5.某回旋加速器的示意圖如圖，兩個半徑均為R的D形盒置于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，并與高頻電源兩極相連，現(xiàn)對氚核(eq\o\al(3,1)H)加速，所需的高頻電源的頻率為f.已知元電荷為e.下列說法正確的是(D)A．D形盒可以用玻璃制成B．氚核的質(zhì)量為eq\f(eBf,2π)C．高頻電源的電壓越大，氚核從P處射出的速度越大D．若對氦核(eq\o\al(4,2)He)加速，則高頻電源的頻率應(yīng)調(diào)為eq\f(3,2)f解析：為使D形盒內(nèi)的帶電粒子不受外電場的影響，D形盒應(yīng)用金屬材料制成，以實現(xiàn)靜電屏蔽，A錯誤；為使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應(yīng)與帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，由T1＝eq\f(2πm1,eB)和T1＝eq\f(1,f)，得氚核的質(zhì)量m1＝eq\f(eB,2πf)，B錯誤；由evmB＝m1eq\f(v\o\al(2,m),R)，得vm＝eq\f(eBR,m1)，可見氚核從P處射出時的最大速度vm與電源的電壓大小無關(guān)，C錯誤；結(jié)合T2＝eq\f(2πm2,2eB)和T2＝eq\f(1,f2)，得f2＝eq\f(2m1,m2)f，又eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,4)，得f2＝eq\f(3,2)f，D正確．6.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，在x＝0和x＝L間范圍內(nèi)分布著勻強磁場和勻強電場，磁場的下邊界AP與y軸負(fù)方向成45°角，其磁感應(yīng)強度大小為B，電場上邊界為x軸，其電場強度大小為E.現(xiàn)有一束包含著各種速率的同種帶負(fù)電粒子由A點垂直于y軸射入磁場，帶電粒子的比荷為eq\f(q,m).粒子重力不計，一部分粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后由邊界AP射出并進入電場區(qū)域．(1)求能夠由AP邊界射出的粒子的最大速率；(2)粒子在電場中運動一段時間后由y軸射出電場，求射出點與原點的最大距離．解析：(1)粒子在磁場中做圓周運動，速度越大，則半徑越大．速度最大的粒子剛好由P點射出，由牛頓其次定律得qvB＝eq\f(mv2,r)，由幾何關(guān)系知r＝L，聯(lián)立解得v＝eq\f(qBL,m).(2)粒子從P點離開后，垂直于x軸進入電場，在豎直方向做勻速直線運動，在水平方向做勻加速直線運動，由牛頓其次定律得a＝eq\f(Eq,m)，在電場中運動時，有L＝eq\f(1,2)at2，d＝vt，聯(lián)立解得d＝BLeq\r(\f(2qL,Em)).答案：(1)eq\f(qBL,m)(2)BLeq\r(\f(2qL,Em))7．如圖所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等．有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場．已知O、P之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中其次次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為(D)A．eq\f(7πd,2v0) B．eq\f(d,v0)(2＋5π)C．eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3π,2))) D．eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))解析：帶電粒子的運動軌跡如圖所示，帶電粒子出電場時，速度v＝eq\r(2)v0，這一過程的時間t1＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0)，依據(jù)幾何關(guān)系可得帶電粒子在磁場中的軌跡半徑r＝2eq\r(2)d，帶電粒子在第Ⅰ象限中運動的圓心角為eq\f(3π,4)，故帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間t2＝eq\f(3πm,4Bq)＝eq\f(3\r(2)πd,2v)＝eq\f(3πd,2v0)，帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間t3＝eq\f(2πd,v0)，故t總＝eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))，D正確．8．(多選)如圖所示為一種質(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：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器．靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R，通道內(nèi)有勻稱輻射的電場，中心線處的電場強度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場(圖中未畫出)，磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行．由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器(進入收集器時速度方向與O2P平行)．下列說法正確的是(BC)A．磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面對內(nèi)B．加速電場中的加速電壓U＝eq\f(1,2)ERC．磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))D．任何離子若能到達(dá)P點，則肯定能進入收集器解析：該正離子在磁分析器中沿順時針方向轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心，依據(jù)左手定則可知，磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面對外，A錯誤；該正離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，有qE＝meq\f(v2,R)，在加速電場加速的過程中有qU＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得U＝eq\f(1,2)ER，B正確；該正離子在磁分析器中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)，又qE＝eq\f(mv2,R)，可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，該正離子經(jīng)Q點進入收集器，故d＝r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，C正確；任一初速度為零的正離子，質(zhì)量、電荷量分別記為mx、qx，經(jīng)U＝eq\f(1,2)ER的電場后，在靜電分析器中做勻速圓周運動的軌跡半徑Rx＝R，即肯定能到達(dá)P點，而在磁分析器中運動的軌跡半徑rx＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mxER,qx))，rx的大小與離子的質(zhì)量、電荷量有關(guān)，不肯定有rx＝d，故能到達(dá)P點的離子不肯定能進入收集器，D錯誤．9．如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)分布著方向垂直于紙面對里的勻強磁場，第Ⅱ象限內(nèi)分布著方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場．初速度為零、帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點．已知OA＝OC＝d.求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大?。?粒子的重力