【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场中的运动课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场中的运动课时作业

‎2020届一轮复习人教版 带电粒子在组合场中的运动 课时作业 一、选择题 ‎1．(2016年全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)‎ A．11 B．12‎ C．121 D．144‎ 解析：选D　设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU＝mv2－0，得v＝①‎ 在磁场中qvB＝m②‎ 由①②式联立得m＝，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故选项D正确．‎ ‎2．(多选)(2019届扬州期末)回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是(　　)‎ A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大 B．若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短 C．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作 D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子 解析：选BC　当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB＝m，得vm＝，那么质子获得的最大动能Ekm＝，则最大动能与交流电压U无关，故A错误；根据T＝，若只增大交变电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短，故B正确；根据T＝，若磁感应强度B增大，那么T会减小，只有当交流电频率f适当增大才能正常工作，故C正确；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T＝知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，故D错误．故选BC.‎ ‎3．(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)‎ A．在电场中的加速度之比为1∶1‎ B．在磁场中运动的半径之比为 ∶1‎ C．在磁场中转过的角度之比为1∶2‎ D．离开电场区域时的动能之比为1∶3‎ 解析：选BCD　离子P＋和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度(a＝qE/m)之比等于1∶3，则A项错误；离子在离开电场区域时有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，得半径r＝＝ ，则半径之比为1∶＝∶1，则B项正确；设磁场宽度为d，由几何关系d＝rsinα，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，则C项正确；离子离开电场区域时有qU＝Ek，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，则D项正确．‎ ‎4．(多选)(2018届广西三市联考)在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．在该平面有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以垂直x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计粒子的重力，则(　　)‎ A．磁感应强度B＝ B．电场强度E＝ C．粒子自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为 D．粒子自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为 解析：选BD　根据题述情境，画出带电粒子在匀强电场中的运动轨迹和在匀强磁场中的运动轨迹，如图所示．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向有y0＝v0t，水平方向有d＝at2，又qE＝ma，tan45°＝，联立解得E＝，y＝2d，选项B正确；带电粒子进入匀强磁场时的速度v＝v0，由图中几何关系可得，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝2d，由洛伦兹力提供向心力可得，qvB＝m，联立解得B＝，选项A错误；带电粒子在第一象限内的运动时间t1＝＝，在第四象限内的运动时间t2＝＝，带电粒子自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t总＝t1＋t2＝，选项D正确，C错误．‎ ‎5．(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(　　)‎ A．若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 解析：选AD　要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确．‎ 二、非选择题 ‎6．(2018届成都外国语学校模拟)如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界．现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回磁场．已知电场强度E＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用．试求：‎ ‎(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度B的大小．‎ 解析：(1)根据动能定理，‎ 得qEd＝mv2－mv02，‎ 解得v＝2v0‎ 粒子在电场中做类平抛运动，‎ 有F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1‎ 解得t1＝，x＝.‎ ‎(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场 tanθ＝＝，解得θ＝60°‎ 根据R＋Rcosθ＝d，得R＝ 由牛顿第二定律可得qvB＝m，‎ 解得B＝.‎ 答案：(1)2v0　　(2) ‎7．空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：‎ ‎(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；‎ ‎(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达y轴所用的时间．‎ 解析：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m，得v＝ 如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R＝vt，‎ 又因为R＝··t2‎ 解得E＝.‎ ‎(2)轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O‎1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ＝150°，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝ 粒子离开磁场到y轴的距离MH＝，‎ 在无场区运动的时间t2＝＝ 故粒子到达y轴的时间为 t＝t1＋t2＝.‎ 答案：(1)　　(2) ‎8．(2018届秦皇岛高三联考)如图所示，静止于A处的正离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；＝2d、＝3d，离子重力不计．‎ ‎(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；‎ ‎(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；‎ ‎(3)若撤去矩形区域QNCD的匀强电场，换为垂直纸面向里的磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．‎ 解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有qU＝mv2，离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0＝m，解得R＝.‎ ‎(2)离子做类平抛运动 d＝vt ‎3d＝at2‎ 由牛顿第二定律得qE＝ma，则E＝.‎ ‎(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 qBv＝m 则r＝ 离子能打在QN上则既没有从DQ边出去也没有从PN边上出去，则离子运动径迹的边界如图Ⅰ和Ⅱ，由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：d＜r≤2d 则有 ≤B＜ .‎ 答案：(1)　(2)　(3) ≤B＜ ‎|学霸作业|——自选 一、选择题 ‎1．(多选)(2019届广州毕业班综合测试)如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行于bc的匀强电场(图中未画出)．一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场．不计粒子的重力，则(　　)‎ A．粒子带负电 B．电场的方向是由b指向c C．粒子在b点和d点的动能相等 D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为π∶2‎ 解析：选ABD　根据题述，带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，由左手定则可判断出粒子带负电，选项A正确；根据粒子经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场，可知粒子所受电场力的方向为由c指向b，电场的方向是由b指向c，选项B正确；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力不做功，在匀强电场中运动，电场力做正功，根据动能定理，粒子在b点的动能大于在d 点的动能，选项C错误；画出带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动轨迹如图所示．设正方形abcd的边长为L，则带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝，设粒子在匀强磁场中运动的速度为v，粒子在匀强磁场中运动的轨迹所对的圆心角为θ＝，在匀强磁场中运动的时间t1＝＝；粒子在匀强电场中的运动可分解为沿垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的初速度为零的匀加速直线运动，由＝vt2，解得在匀强电场中运动时间t2＝，粒子在磁场、电场中运动的时间之比为t1∶t2＝∶＝π∶2，选项D正确．‎ ‎2．(多选)(2018届河南开封一模)如图所示，静止的带电粒子所带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从P点经电场加速后，通过小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，小孔Q到绝缘板的下端C的距离为L，当滑动触头移动到B端时，粒子恰垂直打在CD板上，则(　　)‎ A．两板间电压的最大值Umax＝ B．CD板上可能被粒子打中区域的长度为L C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．能打到N板上的粒子的最大动能为 解析：选BD　滑动触头移到B端时，两板间电压最大，粒子垂直打在CD板上，所以粒子的轨迹半径为L＝，粒子在电场中运动时，qUmax＝mv2，解两式得Umax＝，A项错误；粒子垂直打在CD板上的位置离C点最远，距离为L，当粒子运动轨迹恰好与CD相切时，切点位置离C点最近，如图所示，由几何条件有sin30°＝，故R＝，KC＝L，所以CD 板上被粒子打中的区域的长度为L，B项正确；打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，t＝，C项错误；打在N板上的粒子中，轨迹半径越大则对应的速度越大，即运动轨迹半径最大的粒子的动能最大，则有当R＝时，Ekmax＝，D项正确．‎ ‎3．质谱仪可以测定有机化合物分子结构，现有一种质谱仪的结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子．若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷，进而推测有机物的分子结构．已知高压电源的电压为U，圆形磁场区的半径为R，真空管与水平面夹角为θ，离子进入磁场室时速度方向指向圆心．则下列说法正确的是(　　)‎ A．高压电源A端应接电源的正极 B．磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里 C．若离子化后的两同位素X1、X2(X1质量大于X2质量)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ，则轨迹Ⅰ一定对应X1‎ D．若磁场室内的磁感应强度大小为B，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷＝ 解析： ‎ 选D　正离子在电场中加速，可以判断高压电源A端应接负极，同时根据左手定则知，磁场室的磁场方向应垂直纸面向外，A、B均错误；设离子通过高压电源后的速度为v，由动能定理可得qU＝mv2，离子在磁场中偏转，则qvB＝m，联立计算得出r＝ ，由此可见，质量大的离子的运动轨迹半径大，即轨迹Ⅱ一定对应X1‎ ‎，C错误；离子在磁场中偏转轨迹如图所示，由几何关系可知r＝，可解得＝，D正确．‎ 二、非选择题 ‎4．(2019届哈尔滨三中模拟)如图甲所示，质量为m、带电荷量为－q的带电粒子在t＝0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场磁感应强度大小不变方向周期性变化，如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同均为B0.粒子在Ⅰ区域内一定能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为 整数倍，则 ‎(1)粒子在Ⅰ区域运动的轨道半径为多少？‎ ‎(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)．‎ 解析：(1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝m 解得r＝.‎ ‎(2)带电粒子的运动轨迹有两种可能．‎ 第一种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝ qv2B0＝m 解得粒子在Ⅲ区域速度大小：v2＝ 第二种情况：‎ 粒子在Ⅲ区域运动半径R＝ 粒子在Ⅲ区域速度大小：v2＝－2v0.‎ 答案：(1)　(2)　－2v0‎ ‎5．如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场．已知带电粒子的比荷＝3.2×‎109 C/kg，电场强度E＝200 V/m，M、N间距MN＝‎1 cm，金属板长L＝‎25 cm，粒子的初速度v0＝4×‎105 m/s，带电粒子重力忽略不计，求：‎ ‎(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小．‎ 解析：(1)由牛顿第二定律有qE＝ma 粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，L＝v0t 粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，射出电场时的竖直分速度vy＝at 速度偏转角的正切值tan θ＝ 由以上各式代入数据解得θ＝45°.‎ ‎(2)粒子射出电场时运动的速度大小为v＝ 在磁场中洛伦兹力提供向心力：Bqv＝m 由几何关系得MN＝r 代入数据解得B＝2.5×10－2 T.‎ 答案：(1)45°　(2)2.5×10－2 T ‎6．如图所示，两平行极板MN、GH间的电压为U，极板间存在水平向右的匀强电场，垂直于纸面向外的匀强磁场存在于两虚线之外的区域，磁感应强度大小为B(大小可变)．极板MN和GH上有正对的两个小孔O和A，PQ为铝制薄板，ON＝AH＝PQ＝d，NP＝2d.质量为m、电荷量为q的正离子从A点由静止开始加速，经小孔O进入磁场区域，两虚线之间的区域(除极板间)无电场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．‎ ‎(1)磁感应强度B为多大时，离子只加速一次就能打到铝板上？‎ ‎(2)在第(1)问中，若离子能打到铝板上的P点，求离子从O到P所经历的时间．‎ ‎(3)若B＝ ，试通过计算说明离子需加速几次后第一次打到铝板上？‎ 解析：(1)离子在电场中加速，根据动能定理得qU＝mv2‎ 在磁场中，qvB＝m 由几何关系得离子打在P点时有R1＝d 离子打在Q点时有R2＝2d 联立解得B1＝ B2＝ 故磁感应强度B的取值范围为 ≤B≤ .‎ ‎(2)离子在磁场中做圆周运动的周期为T＝ 离子从O运动到P的时间为t＝ 联立解得t＝ .‎ ‎(3)根据qU＝mv2，qvB＝m，B＝，得r＝d 离子第一次加速后，在磁场中的轨迹半径为r1＝d，没有打到铝板上；‎ 离子第二次加速后，在磁场中的轨迹半径为r2＝d，没有打到铝板上；‎ 离子第三次加速后，在磁场中的轨迹半径为r3＝d，打到铝板上；‎ 所以离子加速3次后第一次打到铝板上．‎ 答案：(1) ≤B≤ 　(2)　(3)3次后 ‎7．(2018年全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.11H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求 ‎(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．‎ 解析：(1)11H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．‎ 设11H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有 s1＝v1t1①‎ h＝a1t12②‎ 由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.11H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1＝v1tanθ1③‎ 联立以上各式得 s1＝h.④‎ ‎(2)11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1⑤‎ 设11H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 v1′＝⑥‎ 设磁感应强度大小为B,11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1′B＝⑦‎ 由几何关系得 s1＝2R1sinθ1⑧‎ 联立以上各式得 B＝.⑨‎ ‎(3)设12H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (‎2m)v22＝mv12⑩‎ 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2⑪‎ 设12H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有 s2＝v2t2⑫‎ h＝a2t22⑬‎ v′2＝⑭‎ sinθ2＝⑮‎ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯‎ 设12H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1⑰‎ 所以出射点在原点左侧．设12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sinθ2⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，12H第一次离开磁场时的位置到原 点O的距离为 s2′－s2＝(－1)h.‎ 答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h