《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第9章 專題八 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第9章 專題八 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時作業(yè)（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時作業(yè) ◎基礎(chǔ)鞏固練 1．如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應(yīng)強度為B并相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過。則該帶電粒子(　　) A．一定帶正電 B．速度大小為 C．可能沿QP方向運動 D．若沿PQ方向運動的速度大于，將一定向下極板偏轉(zhuǎn) 解析：　速度選擇器不選擇電性，只選擇速度，粒子不一定帶正電，選項A錯誤；根據(jù)電場力等于洛倫茲力，qE＝qvB，解得v＝，選項B正確；粒子只能沿PQ方向運動，不能沿QP方向運動，選項C錯誤；由于不知道粒子的電性，若運動的速度大于，無法確定粒子偏轉(zhuǎn)方向，選項D錯誤。 答案：　B 2. (多選

2、)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上。位于D1的圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速。當質(zhì)子被加速到最大動能Ek后，再將它們引出。忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是(　　) A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大 B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運行的時間會變短 C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置加速質(zhì)子 D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶ 解析：　由r＝可知，質(zhì)子經(jīng)

3、加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān)，故A錯誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速次數(shù)減小，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運行時間變短，B正確；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，C錯誤；由nqU＝mv以及rn＝可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶，D正確。 答案：　BD 3. 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S發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲和乙，兩種粒子從S出來時速度很小，可忽略不計，粒子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場(圖中線框所示)，最終打到照相底片上。測得甲、乙兩種粒子打在照

4、相底片上的點到入口的距離之比為5∶4，則它們在磁場中運動的時間之比是(　　) A．5∶4　　　　　　　　 B．4∶5 C．25∶16 D．16∶25 解析：　根據(jù)甲、乙兩種粒子打在照相底片上的點到入口的距離之比為5∶4，可得甲、乙兩種粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑之比r1∶r2＝5∶4，由于甲、乙兩種粒子是同位素，帶電荷量相等，由qU＝mv2，得v＝，由qvB＝m，得r＝＝，可得甲、乙兩種粒子在磁場中運動的半徑之比＝，則可得＝，由粒子在磁場中運動的周期公式T＝可得，＝＝，故C選項正確。 答案：　C 4. 如圖所示。在寬L＝10 cm的有界區(qū)域內(nèi)存在相互正交的勻強電場和磁場，M

5、N為與電場線平行、距電磁場右側(cè)邊界d＝15 cm的熒光屏，一束電子以垂直電磁場的方向射入，不改變運動方向，打在中央O處，當去掉電場時電子穿過磁場的偏轉(zhuǎn)距離為5 cm，求： (1)撤去電場，電子打在熒光屏上的點距O點的距離； (2)撤去磁場，電子穿過電場后打在熒光屏上的點距O點的距離。 解析：　(1)撤去電場后，電子的運動軌跡如圖甲所示。根據(jù)幾何關(guān)系 r2＝(r－5)2＋L2① tan θ＝② 聯(lián)立得tan θ＝ O′P＝dtan θ＝20 cm。 則OP＝20 cm＋5 cm＝25 cm。 (2)撤去磁場后，電子先做類平拋運動后做直線運動，如圖乙所示，由y＝L2，qE

6、＝qv0B，r＝ 得電場中的側(cè)移量y＝L2＝＝ cm＝4 cm 由＝得OP′＝16 cm。 可見相同尺寸的條件下，磁偏轉(zhuǎn)量比電偏轉(zhuǎn)量要大，這也是電視機顯像管要用磁偏轉(zhuǎn)的原因。 答案：　(1)20 cm　(2)16 cm ◎能力提升練 5．(多選)(2018·河北衡水模擬)如圖所示，一對間距可變的平行金屬板C、D水平放置，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場B。兩板通過滑動變阻器與鉛蓄電池相連，這種鉛蓄電池能快速轉(zhuǎn)換到“逆變”狀態(tài)，即外界電壓過低時能向外界提供一定的供電電壓，當外界電壓超過某一限定值時可轉(zhuǎn)換為充電狀態(tài)。閉合開關(guān)S后，有一束不計重力的帶正電粒子從左側(cè)以一定的速度v0射入兩板

7、間恰能做直線運動?，F(xiàn)對入射粒子或?qū)ρb置進行調(diào)整，則下列有關(guān)描述正確的是(　　) A．若僅將帶正電的粒子換成帶負電的粒子，也能直線通過 B．若只增大兩板間距到一定程度時可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) C．若將滑動變阻器的滑片P向a端滑動，可提高C極板的電勢 D．若只減小入射粒子的速度，可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) 解析：　帶正電的粒子恰好做直線運動，其電場力和洛倫茲力相平衡，由q＝qv0B可知v0＝，若換成帶負電的粒子，電場力和洛倫茲力都反向，仍然平衡，直線通過，故選項A正確；若增大兩板間距，帶正電粒子射入時受洛倫茲力作用偏轉(zhuǎn)而堆積在上極板上，將提高兩板間電壓，若此電壓超過蓄電池的逆變電壓就

8、會使之處于“逆變”狀態(tài)而被充電，故選項B正確；由于電容器的兩極板是彼此絕緣的，調(diào)節(jié)滑片P對電壓不起任何作用，故選項C錯誤；若減小入射粒子的速度，粒子所受洛倫茲力減小，粒子會在電場力作用下落在下極板上，電勢也會降低，不能達到逆變電壓，故選項D錯誤。 答案：　AB 6．如圖所示，在兩塊水平金屬極板間加上電壓U構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場(電場只存在金屬極板正對區(qū)域內(nèi))，一束比荷為＝106 C/kg的帶正電的粒子流(重力不計)，以速度v0＝104 m/s沿水平方向從兩金屬極板正中間位置射入。粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后進入一具有理想邊界的半圓形變化磁場區(qū)域，O為圓心，磁場區(qū)域直徑AD長度為L＝1 m，AD與水平方向成30°

9、角。區(qū)域內(nèi)有按如圖所示規(guī)律周期性變化的磁場，已知B0＝0.5 T，磁場方向以垂直于紙面向外為正方向。粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后，恰好從下極板邊緣O點與水平方向成60°角斜向下射入磁場。 (1)兩金屬極板間的電壓U是多大？ (2)若T0＝0.5 s，求t0＝0時刻射入磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間和離開磁場的位置。 (3)要使所有帶電粒子通過O點后的運動過程中不再從A、D兩點間越過，求磁場的變化周期T0應(yīng)滿足的條件。 解析：　(1)粒子在電場中做類平拋運動，從O點射出時與水平方向成60°，所以粒子在O點時的速度大小v＝2v0，根據(jù)動能定理有q＝m(2v0)2－mv，代入數(shù)據(jù)可得U＝300 V

10、。 (2)由T＝，可得＝＝2π×10－6 s< 由Bqv＝，可得R＝＝0.04 m< 粒子在磁場中運動半個周期從O、D間穿出，粒子在磁場中運動時間t＝＝2π×10－6 s 射出點在OD線段上離O點的距離為d＝2R＝0.08 m處。 (3)粒子運動周期T＝＝4π×10－6 s，粒子在t0＝0，t1＝，t2＝T0，t3＝，…射入時，粒子最可能從A、D間射出，如圖所示，由幾何關(guān)系可得，若這些時刻射入的粒子恰好不從AD邊界射出，則其射入磁場經(jīng)后偏轉(zhuǎn)的角度為θ＝ 要使所有粒子都不從AD邊界射出，應(yīng)滿足≤T，得 T0≤T＝T，因此T0≤×10－5 s。 答案：　(1)300 V　(2)

11、2π×10－6 s　見解析　(3)T0≤×10－5 s 7. (2018·河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量M為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運動，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是光滑圓弧軌道，整個軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度E大小為50 N/C，磁感應(yīng)強度B大小為2.0 T?，F(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車，當它運動到D點時速度為5 m/s?；瑝K可視為質(zhì)點，g取10 m/s2，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。 (1

12、)求滑塊從A到D的過程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能。 (2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半徑r。 (3)當滑塊通過D點時，立即撤去磁場，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑。 解析：　(1)設(shè)滑塊運動到D點時的速度大小為v1，小車在此時的速度大小為v2，滑塊從A運動到D的過程中，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2， 解得v2＝0。 設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE，則有 ΔE＝mv＋Mv2－mv， 解得ΔE＝85 J。 (2)設(shè)滑塊剛過D點時受到軌道的支持力為FN，則由牛頓第三定律可得FN＝76 N，由牛頓第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m，解得r＝1 m。 (3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時，滑塊與小車具有共同的速度v′，由動量守恒定律可得mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝ m/s。 設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm， 由能量守恒定律有mv＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，解得 Rm＝0.71 m。 答案：　(1)85 J　(2)1 m　(3)0.71 m 7