2022届高考物理一轮复习课后限时集训24带电粒子在复合场中的运动含解析新人教版

这是一份2022届高考物理一轮复习课后限时集训24带电粒子在复合场中的运动含解析新人教版，共11页。试卷主要包含了4×10－27×106,3等内容，欢迎下载使用。
课后限时集训(二十四)(时间：40分钟)1. (2020·广东韶关质检)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的是(　　)A　　　　　B　　　　　C　　　　　DB　[由动能定理得qU＝mv2  ①由牛顿第二定律得qvB＝  ②x＝2r  ③解①②③得x＝故B项正确。]2.(多选)如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源的两极上，使a、b两板间产生匀强电场(场强大小为E)，右边有一块挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成三束，则下列判断正确的是(　　)A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束离子改为带负电而其他条件不变，则仍能从d孔射出BCD　[因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的，电场力等于洛伦兹力，可以判断三束正离子的速度一定相同，且电场方向一定由a指向b，A错误，C正确；在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同，可知这三束正离子的比荷一定不相同，B正确；若将这三束离子改为带负电，而其他条件不变的情况下分析受力可知，三束离子在两板间仍做匀速直线运动，仍能从d孔射出，D正确。]3.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是(　　)A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子A　[由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确，B错误；高频电源可以使用正弦式交变电源，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，选项D错误。]4.(2019·济宁市模拟)为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况。下列说法中错误的是(　　)A．M板比N板电势低B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C．污水流量越大，则电流表的示数越大D．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大B　[污水从左向右流动时，根据左手定则，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N板和M板偏转，故N板带正电，M板带负电，A正确。稳定时带电离子在两板间受力平衡，可得qvB＝q，此时U＝Bbv，又因流速v＝＝，故U＝＝，式中Q是流量，可见当污水流量越大、磁感应强度越强时，M、N间的电压越大，电流表的示数越大，而与污水中离子浓度无关，B错误，C、D正确。]5.(多选)(2019·温州中学模拟)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∶1B．在磁场中运动的半径之比为2∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3CD　[两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a＝可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故A错误；要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v＝，可知其速度之比为1∶。又由qvB＝m知，r＝，所以其半径之比为∶1，故B错误；由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以sin θ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶，又P＋的偏转角度为30°，可知P3＋的偏转角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确；由电场加速后：qU＝mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确。]6．(多选)如图所示，为研究某种射线装置的示意图。射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点。若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子(　　)A．带正电 B．初速度为v＝C．比荷为＝ D．比荷为＝AD　[由题意知粒子带正电。由qvB＝m得r＝  ①Eq＝qvB  ②解得：＝，故A、D正确。]7.(多选)如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则(　　)A．细线未断时，小球沿顺时针方向运动B．小球的带电荷量为C．小球运动的速度大小为D．细线未断时，细线的拉力大小为ABD　[小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力等大反向，小球带正电，qE＝mg，q＝，B项正确；由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，小球沿顺时针方向运动，T－qvB＝m，细线断了以后小球沿逆时针方向运动，qvB＝m，得到v＝＝，细线的拉力大小T＝，C项错误，A、D项正确。]8.(2020·江苏省三校模拟)质谱仪装置原理图如图所示，某种带电粒子经电场加速后从小孔O以相同的速率沿纸面射入匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向外，已知从O点射出的粒子有微小发散角2θ。且左右对称。结果所有粒子落点在乳胶底片的P1P2直线区间，下列说法正确的是(　　)A．打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子B．打在P2点粒子一定是从O点右偏射入的粒子C．打在P1点粒子一定是从O点左偏射入的粒子D．打在P1点粒子一定是在磁场中运动时间最短的粒子A　[粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，解得R＝，由于粒子的速率相同，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。由几何关系可得粒子在乳胶底片落点与O点的距离为L＝2Rcos θ＝。当发散角θ＝0°时，粒子在乳胶底片落点与O点的距离最大，即打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子；当发散角θ最大时，粒子在乳胶底片落点与O点的距离最小，即打在P1点粒子一定是从O点左偏发散角θ最大或右偏发散角θ最大射入的粒子，从O点右偏发散角θ最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最小，从O点左偏发散角θ最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最大。根据t＝T＝可知从O点右偏发散角θ最大射入的粒子的运动时间最短，从O点左偏发散角θ最大射入的粒子的运动时间最长，故选项A正确，B、C、D错误。]9.如图所示，边长为L的等边三角形ADC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)。粒子在磁场中运动的周期为T，对从A射出的粒子(　　)A．若带负电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t1＝TB．若带负电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t2＝TC．若带正电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t3＝TD．若带正电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t4＝TA　[粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，甲　　　　　　　乙当v0＝，由Bqv0＝有r＝＝L，根据几何关系作出运动轨迹，如图甲所示，根据轨迹可知，当粒子带正电，粒子经过一个周期到达C点，即t3＝T，选项C错误；当粒子带负电，粒子经过第一次到达C点，即t1＝，选项A正确；当v0＝，由Bqv0＝得r＝，根据几何关系作出轨迹如图乙所示，由轨迹可知，当粒子带正电，粒子经过到达C点，即t4＝，选项D错误；当粒子带负电，粒子经过第一次到达C点，即t2＝，选项B错误。]10.(2017·天津高考)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。[解析]　(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2L＝v0t  ①L＝at2  ②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy＝at  ③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tan α＝  ④联立①②③④式得α＝45°  ⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝  ⑥联立①②③⑥式得v＝v0。  ⑦(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma  ⑧又F＝qE  ⑨设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m  ⑩由几何关系可知R＝L  ⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝。  ⑫[答案]　(1)v0，速度方向与x轴正方向成45°角斜向上　(2)11．如图所示，在坐标系xOy平面的x>0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10 cm,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度；(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(3)荧光屏上闪光点的范围距离；(4)荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间。[解析]　(1)带正电粒子(重力不计)在复合场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判定洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上有qE＝qvB速度v＝＝ m/s＝106 m/s。(2)撤去电场后，有qvB＝m所以粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝＝ m＝0.1 m。(3)粒子运动轨迹如图所示，若粒子在荧光屏上能最上端打在B点，最下端打在A点由图可知：dOA＝Rtan 60°＝RdOB＝R所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(＋1)R≈0.273 m。(4)因为粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝≈6.28×10－7 s所以粒子在磁场中运动的时间可以忽略不计闪光点从最低点移到最高点的过程中，粒子发射枪转过的圆心角φ＝所用的时间t＝＝ s＝ s≈0.42 s。[答案]　见解析12．(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)甲　　　　　　　　　乙　A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高C．图乙中霍尔元件的电流I一定是由正电荷定向运动形成的D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小AD　[根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，选项B错误；图乙中霍尔元件的电流I可能是由电子定向运动形成的，也可能是由正电荷定向移动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。]13．(2020·南京高三模拟)如图甲所示，圆盒为电子发射器，厚度为h，M处是电子出射口，它是宽度为d、长为圆盒厚度的狭缝。其正视截面如图乙所示，D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的低能电子；与A同轴放置的金属网C的半径为b。不需要电子射出时，可用磁场将电子封闭在金属网以内；若需要低能电子射出时，可撤去磁场，让电子直接射出；若需要高能电子，撤去磁场，并在A、C间加一径向电场，使其加速后射出。不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e。甲　　　　　　　乙　(1)若需要速度为kv(k>1)的电子通过金属网C发射出来，在A、C间所加电压U是多大？(2)若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值；(3)若在C、A间不加磁场，也不加径向电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，忽略电子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收，以及金属网C与绝缘壳D间的距离，求圆柱体A发射电子的功率P。[解析]　(1)对电子经C、A间的电场加速时由动能定理得eU＝m(kv)2－mv2所需加速电压为U＝。(2)电子在C、A间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为BC。设此轨迹圆的半径为r，则evBC＝m，(b－r)2＝r2＋a2解得r＝解得最小磁感应强度为BC＝。(3)法一：设时间t内由M口射出的电子数为n，I＝，n＝设时间t内从A中发射的电子数为NN＝n＝；圆柱体A发射电子的功率为P＝＝。法二：设单位时间内由M口射出的电子数为n，则I＝ne设单位时间内由A发射出的电子数为N，则N＝n圆柱体A发射电子的功率为P＝Nmv2＝。[答案]　(1)　(2)　(3)