【物理】2020届一轮复习人教版第十二单元第二节带电粒子作业

【物理】2020届一轮复习人教版第十二单元第二节带电粒子作业

第十二单元 第二节 带电粒子(带电体)在磁场中的运动(A、B卷)‎ 大题强化练(A)‎ ‎1．(2018·台州调研)如图所示，第一象限的虚线上方存在竖直向下的匀强电场，电场边界线方程y＝－x2＋2x(单位：m)，顶点为D。在第二象限中，半径R＝3 m的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，圆形区域与x、y轴分别相切于A、C两点，A处有一粒子源，向x轴上方各个方向(0≤θ＜π)发射速率v＝6×106 m/s的带正电的相同粒子，比荷＝2.0×107 C/kg。其中平行于y轴正方向发射的粒子从C点离开磁场后进入电场，恰好经过D点。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。求：‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎(2)匀强电场的电场强度E；‎ ‎(3)粒子与x轴相交的坐标x与发射角θ的关系。(若cos θ＝b，则θ＝arccos b)‎ 解析：(1)由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝3 m 根据：qvB＝m，解得：B＝＝0.1 T。‎ ‎(2)粒子从C点运动到D点做类平抛运动，其中D点坐标为(2 m,2 m)，x方向：2 m＝vt，y方向：1 m＝at2‎ 其中：a＝，解得：E＝9×105 N/C。‎ ‎(3)粒子在磁场中偏转，垂直y轴进入电场，粒子离开磁场经过y轴时：y＝R(1－cos θ)‎ ⅰ.若经过边界线的P点坐标为(xP，yP)，粒子速度方向与水平方向夹角为α，则：‎ yP＝－xP2＋2xP tan α＝，t＝，tan α＝ 解得：x＝4 m，即为边界线右侧与x轴的交点，与θ无关。‎ ⅱ.若粒子通过电场后不经过边界线到达x轴 x方向：x＝vt，y方向：R(1－cos θ)＝at2‎ 其中：a＝，解得：x＝2 当x＝2 m＝4 m，解得：cos θ＝－ 故：x＝4 m，0≤θ≤π－arccos，‎ 或x＝2 m，。‎ 答案：(1)0.1 T　(2)9×105 N/C　(3)见解析 ‎2．(2018·宁波十校联考)如图所示，匀强电场中有a、b两个等势面，电势差Uab为1.125×106 V。有一群速度可视为零的正二价碳离子(以下简称为离子)，从a等势面上各点均匀释放，经电场加速至b处，沿平行于x轴正向飞出电场。现仅考虑在纸面内且在x轴正上方宽度为d＝0.75 m范围内飞出的离子，出电场后这群离子先进入直径为d的圆形磁场B1，磁感应强度方向垂直纸面向外，离子在圆形磁场内偏转后都汇聚到圆形磁场的最低点O。再进入x轴正下方区域足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝0.5 T，方向垂直纸面向里。在x＝1.2 m处放置一个上端与x轴相齐，下端足够长的感光板用于探测和收集离子。已知离子的质量m＝2.0×10－26 kg，电荷量为q＝3.2×10－19 C。求：‎ ‎(1)离子从b处水平向右飞出电场时的速度大小；‎ ‎(2)沿直线y＝0.5d飞入圆形磁场的离子先后在两个磁场中运动时间之比；‎ ‎(3)若在b等势面上宽度为d的虚线上各位置飞出的离子有且仅有一个，总数为N，这些离子经两个磁场偏转后有部分能到达感光板，且感光板上某个区域中的同一位置会先后接收到两个离子，这一区域称为二次发光区，试问二次发光区的长度以及到达二次发光区的离子数。‎ 解析：(1)由动能定理得Uabq＝mv02，‎ 解得v0＝ ＝6×106 m/s。‎ ‎(2)由几何关系得，在圆形磁场中的运动半径为 R1＝＝ m，‎ 在x轴下方磁场中，qv0B2＝m，‎ 解得R2＝＝ m 经分析，离子在圆形磁场中旋转90°，在x轴下方磁场中旋转127°到达感光板。‎ t1＝＝×，t2＝＝× ＝。‎ ‎(3)经分析，从O点射出速度方向在与y轴负向成53°偏左到沿y轴负向这一区域的离子能到达二次发光区。‎ 这部分离子到达感光板上的纵坐标范围在－1.2R2～－0.8R2间，即长度为0.3 m。逆向考虑，这部分离子在b等势面上出射点在x轴线和x轴线上方0.8R1区域内，‎ 所以n＝N＝0.4N。‎ 答案：(1)6×106 m/s　(2)　(3)0.3 m　0.4N ‎3.(2018·温州十校联考)光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直于桌面向上范围足够大的匀强磁场，虚线框abcd内(包括边界)存在平行于桌面的匀强电场，如图所示，一带电小球从d处由静止开始运动到b处时速度方向与电场边界ab平行，通过磁场作用又回到d点，已知bc＝2ab＝2L，磁感应强度为B，小球的质量为m，电荷量为q。试分析求解：‎ ‎(1)小球的电性及从d到b的运动性质；‎ ‎(2)小球在磁场中运动的速度大小；‎ ‎(3)电场强度E的大小和小球到达b点时的加速度的大小。‎ 解析：(1)由左手定则知小球带正电，小球加速度的方向一直改变，速度方向也一直改变，小球从d到b做变加速曲线运动。‎ ‎(2)小球在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径由几何关系可得，如图所示。‎ 设圆心为O，半径为r，则bO＝dO＝r，cO＝2L－r，三角形dcO为直角三角形，由勾股定理得 r2＝L2＋(2L－r)2，‎ 得r＝L。‎ 由qvB＝，‎ 得v＝。‎ ‎(3)在电场中从d点到达b点的过程中，‎ 有Eq·2L＝mv2，‎ 得E＝。‎ 在b点有qvB－Eq＝ma，‎ 得a＝。‎ 答案：(1)正电　变加速曲线运动　(2) ‎(3)　 ‎4．现在很多家庭或者单位刚装修结束，都要进行空气检测和治理。某环保设备装置可用于气体中有害离子的检测和分离。离子检测的简化原理如图甲所示，Ⅰ区为电场加速区，Ⅱ区为无场区，Ⅲ区为电场检测区。已知Ⅰ区中AB与CD两极的电势差为U，距离为L，Ⅱ区中CE与DF两板的间距为d，板长为4L，Ⅲ区中EF与GH间距足够大，其内部匀强电场的电场强度为，方向水平向左。假设大量相同的正离子在AB极均匀分布，初速度为零开始加速，不考虑离子间的相互作用和重力影响，则 ‎(1)AB与CD哪一极电势高？若正离子的比荷为k，求该离子到达CD极时的速度大小；‎ ‎(2)该装置可以测出离子从AB极出发，经过Ⅰ区、Ⅱ区和Ⅲ区，最后返回EF端的总时间为t，由此可以确定离子的比荷为k，试写出k与t的函数关系式；‎ ‎(3)若将Ⅲ区的匀强电场换成如图乙所示的匀强磁场，则电场检测区变成了磁场分离区，为收集分离出的离子，需在EF边上放置收集板EP，收集板下端留有狭缝PF，离子只能通过狭缝进入磁场进行分离。假设在AB极上有两种正离子，质量分别为m、M，且1<≤4，电荷量均为q，现要将两种离子在收集板上完全分离，同时为收集更多离子，狭缝尽可能大，试讨论狭缝PF宽度的最大值与m、M、d的关系式。(磁感应强度大小可调，不考虑出Ⅲ区后再次返回的离子)‎ 解析：(1)因正离子从AB极与CD极间加速，则知AB极电势高，离子在AB与CD两极间加速，由动能定理有qU＝mv2，离子到达CD极时的速度v＝。‎ ‎(2)正离子在Ⅰ区做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则t1＝＝ ，‎ 设离子在Ⅱ区做匀速直线运动的时间为t2，‎ 则t2＝＝2，‎ 离子在Ⅲ区先匀减速，后反向匀加速，设加速度为a，所用时间为t3，有a＝＝，t3＝2，‎ 解得t3＝4 ，则总时间t＝t1＋t2＋t3‎ 则k＝。‎ ‎(3)设两种离子在磁场中的圆周运动的半径为R1和R2，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得R1＝ ，R2＝ ，半径关系＝，因为1<≤4，故1<≤2，‎ 作出两种离子在磁场中运动的临界情况(即质量为M的正离子在收集板上的最低点与质量为m的正离子在收集板上的最高点重合)如图所示：‎ 此时狭缝最大值x应满足x＝2R1－2R2，d＝2R1＋x，‎ 解得x＝ d。‎ 答案：(1)AB极电势高　　(2)k＝ ‎(3)x＝ d ‎5．(2018·台州模拟)如图所示。某科研小组设计了一装置来吸收部分等离子体。现有一束单位体积内正、负电荷数目均为，均匀分布的等离子体，以速度v＝沿x轴正方向射来，每个电荷的质量为m0，电荷量的绝对值为q0，等离子束的某个横截面MNPQ是边长为25L的正方形，截面MNPQ的中垂面在xy平面上，在MNPQ右侧空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿y轴正方向。在磁场中放置半径为L的圆柱体金属收集器，圆柱体轴线与两端面的交点的坐标分别为：P1(3L,25L,0)、Q1(3L,0,0)。假设等离子体落到金属收集器表面即被吸收，忽略电荷间的相互作用。‎ ‎(1)若没有金属收集器，则打在x轴上的电荷离坐标原点M1的最远距离是多少？‎ ‎(2)试分析能被金属圆柱体吸收的负电荷从截面MNPQ离开时的z轴坐标区间？‎ ‎(3)此金属圆柱体收集器在时间t内吸收的正、负电荷的总质量为多少？‎ 解析：(1)若没有金属收集器，则打在x轴上的电荷，‎ 离坐标原点M1的最远距离为半径r，r＝＝5L。‎ ‎(2)为了研究方便，先取z轴上的负电荷为研究对象，画出如图所示的两条接线。‎ 根据几何关系得：A1M1＝(5＋3)L，‎ A2M1＝(3－5)L 因此，能被金属圆柱体收集器吸收的负电荷从截面MNPQ离开时的z轴坐标区间：‎ ‎－(3－5)L≤z≤(3＋5)L。‎ ‎(3)根据对称性可得，能被金属圆柱体收集器吸收的正电荷，从截面MNPQ离开时的z轴坐标区间：‎ ‎－(3＋5)L≤z≤(3－5)L 假设金属圆柱体收集器在时间t内吸收正、负电荷质量为m，‎ 则：m＝vt[(5＋3)＋(3－5)]L×2×25L××m0＝750L3Bq0n0t。‎ 答案：(1)5L　(2)－(3－5)L≤z≤(3＋5)L ‎(3)750L3Bq0n0t 大题强化练(B)‎ ‎1．(2019·绍兴模拟)真空光电管(又称电子光电管)由封装于真空管内的光电阴极和阳极丝构成，如图(a)所示是半圆柱面阴极式光电管，阴极材料的逸出功为W，阳极与阴极同轴放置，当频率为ν的入射光穿过光窗照到阴极上时，由于光电效应，逸出的电子在电场作用下做加速运动，最后被高电位阳极接收，形成光电流。不计电子重力及电子之间的相互作用。已知元电荷为e，电子质量为m，普朗克常量为h。‎ ‎(1)给光电管两极加上电压U，求阴极表面逸出的电子的最大初速度vm和到达阳极的电子的最大动能。‎ ‎(2)图(b)是小明画出的光电管横截面示意图。他撤去光电管两极的电压，在半径为R的半圆平面内加一垂直截面向外的匀强磁场，只考虑电子在截面内的运动。‎ Ⅰ.研究发现，要使电子能运动到阳极处，逸出时的速度必须大于vm，求所加磁场的磁感应强度大小；‎ Ⅱ.进一步研究表明，阴阳两极没有同轴会造成到达阳极的光电子数目不同，小明拿到一个“次品”，其阳极比正常圆心位置向右偏离了，假设光电子从阴极表面均匀逸出，且只考虑速度为vm的光电子，则此情况下到达阳极的光电子数是正常情况的百分之几？可能用到的三角函数sin 37°＝，sin 39°≈ 解析：(1)由光电效应规律hν－W＝mvm2‎ 得vm＝ 由动能定理到达阳极的电子的最大动能为 Ek＝hν－W＋eU。‎ ‎(2)Ⅰ.由题意知，当速度v1＝vm恰好到达阳极时，光电子的运动半径为r1＝R，由ev1B＝m 得B＝＝ 。‎ Ⅱ.速度为vm时运动半径r2＝＝R 正常时，如图考虑左侧运动轨迹与磁场边界相切的临界情况，‎ sin α＝＝，得α＝39°‎ 故半圆形阴极中圆心角180°－α＝141°所对圆弧都有速度为vm的光电子到达阳极 当阳极A向右平移到A′后，同样考虑左侧运动轨迹与磁场边界相切的临界情况，轨迹如图所示。此时轨迹所对圆心角为2β，根据几何知识可知∠AA′K＝β，‎ 设∠A′AK＝θ，则 ＝ ‎(2r2sin β)2＝R2＋2－2cos θ 得到cos θ＝－ 故半圆形阴极中圆心角θ＝127°所对圆弧都有速度为vm的光电子到达阳极 此情况下跟正常情况相比到达阳极的光电子数之比为＝90%。‎ 答案：(1) 　hν－W＋eU ‎(2)Ⅰ. 　Ⅱ.90%‎ ‎2.(2018·嘉兴模拟)如图所示，坐标原点O处有一正离子源，其在单位时间内发出N个离子，离子的质量为m，电荷量为q，速度大小为v，发射方向在第一象限与＋x方向夹角为45°。“”形物体的ab边和bc边的长度均为d且相互垂直，端点a、c的连线与x轴平行，在整个三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。初始时a端坐标为(0, d)，现使“”形物体沿－y方向缓慢平移，平移的过程中a端点始终在y轴上，直至a、c的连线与x轴重合，在此过程中磁场区域随物体同步平移且磁感应强度保持不变。忽略离子间的相互作用。‎ ‎(1)若磁感应强度B＝，求在缓慢平移全过程中，bc边被离子直接打中的区域(不考虑离子撞击后的反弹)；‎ ‎(2)在缓慢平移全过程中，若所有离子均打到“”形物体上，求磁感应强度的取值范围；‎ ‎(3)若磁感应强度取(2)中的最大值，“”形物体位于某处时，从O点发出的离子进入磁场的ac边界做圆周运动后恰好能垂直撞击ab边上的P1点，求此时“”形物体a端的坐标。若离子每次撞击ab边后均能反向弹回，弹回的速度大小均是该位置撞击前速度大小的0.2倍，离子在P1点碰撞之后与ab边发生多次碰撞，之后的碰撞点依次记为P2，P3，P4……求第n个碰撞点Pn所受的撞击力大小。‎ 解析：(1)离子进入磁场后qvB＝m 由已知B＝代入得：r＝ 若离子在磁场中做圆周运动轨迹与bc边相切时，设切点为M，由几何关系得：‎ ＝ 所以被离子打到的区间为bc边上c端一侧区域。‎ ‎(2)临界情况为轨迹取最小值r1时，圆轨迹能同时和ab边和bc边相切 由几何关系得圆周运动的半径r1＝ qvB1＝m 得对应的最大磁感应强度：B1＝ 所以磁感应强度大小的取值范围为B≤。‎ ‎(3)由几何关系得a端的坐标为 第n－1次碰撞后，离子的速度大小vn－1＝0.2n－1v 第n次碰撞后，离子的速度大小vn＝0.2nv 碰撞过程，由动量定理得：FΔt＝NΔtm(vn＋vn－1)‎ 得：F＝(0.2n＋0.2n－1)Nmv＝1.2Nmv×0.2n－1＝6Nmv×0.2n。‎ 答案：(1)c端一侧区域　(2)B≤ ‎(3)　6Nmv×0.2n ‎3．(2018·杭州五校联盟考试)如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势。现有一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB进入磁场。‎ ‎(1)求粒子到达小孔S2时的速度大小；‎ ‎(2)若粒子从P点进入磁场后经时间t从A、P间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；‎ ‎(3)若粒子能从A、C间离开磁场，则磁感应强度应满足什么条件？‎ 解析：(1)带电粒子在电场中运动时由动能定理得 qU＝mv2‎ 解得粒子到达小孔S2时的速度大小v＝ 。‎ ‎(2)粒子的轨迹图如图甲所示，粒子从进入磁场到从A、P间离开，由牛顿第二定律可得qvB＝m 粒子在磁场中运动的时间t＝ 由以上两式可解得轨道半径R＝ 磁感应强度为B＝。‎ ‎(3)粒子从进入磁场到从A、C间离开磁场，若粒子恰能到达BC边界，如图乙所示，设此时的磁感应强度为B1，根据几何关系，此时粒子的轨道半径为R1＝2asin 60°＝a 由牛顿第二定律可得qvB1＝m，解得B1＝ 粒子从进入磁场到从A、C间离开磁场，若粒子恰能到达AC边界，如图丙所示，设此时的磁感应强度为B2，根据几何关系有R2＝(a－R2)sin 60°‎ 由牛顿第二定律可得qvB2＝m 由以上两式解得B2＝ 综上所述要使粒子能从A、C间离开磁场，磁感应强度应满足≤B<。‎ 答案：(1) 　(2) 　 ‎(3)≤B< ‎4．如图所示，在xOy平面内存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个场区，y轴右侧存在匀强磁场Ⅰ，y轴左侧与虚线MN之间存在方向相反的两个匀强电场，Ⅱ区电场方向竖直向下，Ⅲ区电场方向竖直向上，P点是MN与x轴的交点。有一质量为m，带电荷量＋q的带电粒子由原点O，以速度v0沿x轴正方向水平射入磁场Ⅰ，已知匀强磁场Ⅰ的磁感应强度垂直纸面向里，大小为B0，匀强电场Ⅱ和匀强电场Ⅲ的电场强度大小均为E＝，如图所示，Ⅳ区的磁场垂直纸面向外，大小为，OP之间的距离为，已知粒子最后能回到O点。‎ ‎(1)带电粒子从O点飞出后，第一次回到x轴时的位置和时间；‎ ‎(2)根据题给条件画出粒子运动的轨迹；‎ ‎(3)带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间。‎ 解析：(1)带电粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为R1＝ 带电粒子在Ⅰ磁场中运动了半个圆，回到y轴的坐标y＝2R1＝ 带电粒子在Ⅰ场区运动的时间t＝。‎ 带电粒子在Ⅱ场区做类平抛运动，根据牛顿第二定律得带电粒子运动的加速度a＝＝，‎ 竖直方向y＝at′2, 水平位移x＝v0t′，联立得t′＝，t总＝＋＝，x＝ 第一次回到x轴的位置。‎ ‎(2)根据运动的对称性画出粒子在场区Ⅲ的运动轨迹如图所示。带电粒子在场区Ⅳ运动的半径是在场区Ⅰ运动半径的2倍，画出粒子的运动轨迹，同样根据运动的对称性画出粒子回到O点的运动轨迹如图所示。‎ ‎(3)带电粒子在Ⅰ磁场中运动的时间正好为1个周期，故t1＝ 带电粒子在Ⅱ、Ⅲ两个电场中运动的时间t2＝4t＝ 带电粒子在Ⅳ场中运动的时间为半个周期t3＝ 因此带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间 t总＝t1＋t2＋t3＝。‎ 答案：(1)－，0　 ‎(2)见解析图　(3) ‎5．图甲为某种速度选择器示意图(图乙是该装置的俯视图)，加速电场右侧是一半径为R的接地竖直金属圆筒，它与加速电场靠得很近，圆筒可绕竖直中心轴以某一角速度逆时针匀速转动。O1、O2为加速电场两极板上的小孔，O3、O4为圆筒直径两端的小孔，竖直荧光屏abcd与直线O1O2平行，且到圆筒的竖直中心轴的距离OP＝3R。粒子源发出 同种粒子经电场加速进入圆筒(筒内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B)，经磁场偏转后，通过圆筒的小孔打到光屏上产生亮斑，即被选中。整个装置处于真空室中，不计粒子重力及粒子间相互作用。‎ ‎(1)若开始时圆筒静止且圆筒内不加磁场，同时让O1、O2、O3、O、O4在同一直线上。初速度不计的带电粒子从小孔O1进入加速电场，再从小孔O3打入圆筒从O4‎ 射出。当加速电压调为U0时，测出粒子在圆筒中运动的时间为t0，请求出此粒子的比荷。‎ ‎(2)仅调整加速电场的电压，可以使粒子以不同的速度射入圆筒，若在光屏上形成的亮斑范围为Q1P＝PQ2＝R，求打到光屏的粒子所对应的速率v的范围，以及圆筒转动的角速度ω。‎ 解析：(1)由题意可知，2R＝v0t0，mv02＝qU0，得＝。‎ ‎(2)由几何关系得r1＝R 由向心力公式得qBv1＝m 联立解得v1＝ 由几何关系得r2＝R 由向心力公式得qBv2＝m 联立解得v2＝ 所以≤v≤ 进入圆筒的粒子在磁场中偏转的角度和时间与圆筒转过的角度和时间都是相等的。‎ 即只要粒子能进入就能出去，故有ω＝＝ 又T＝ 联立得ω＝＝。‎ 答案：(1)　(2)≤v≤