江苏版高考物理一轮复习课时分层作业27带电粒子在复合场中的运动含答案

这是一份江苏版高考物理一轮复习课时分层作业27带电粒子在复合场中的运动含答案，文件包含江苏版高考物理一轮复习课时分层作业27参考答案与精析doc、江苏版高考物理一轮复习课时分层作业27带电粒子在复合场中的运动doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。

qE＝meq \f(v2,r1)
带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
qvB＝meq \f(v2,r2)
解得：r1＝eq \f(mv2,qE)，r2＝eq \f(mv,qB)，
运动轨迹相同的粒子半径相同，即它们具有相同的速度和比荷，故C正确，ABD错误。]
2．D [粒子在磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断出粒子一定带正电；在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，可以判断出K1的电势低于K2的电势；故A、B错误；
粒子经加速电场加速qU＝eq \f(1,2)mv2
在电场中做匀速圆周运动
Eq＝meq \f(v2,R)
在磁场中做匀速圆周运动
qvB＝meq \f(v2,d)
联立解得
eq \f(E,B)＝eq \f(d,R)eq \r(2kU)
故C错误；
由C项解得
B＝eq \f(1,d)eq \r(\f(2U,k))
为保证B不变，U增大时，则k增大，故D正确。
故选D。]
3．C [
由受力分析可知，微粒受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，因微粒在复合场中做直线运动，可知其所受合力为零，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力大小变化，微粒将做曲线运动，因此微粒的动能保持不变，B错误；微粒由a沿直线ab运动的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；在微粒的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，则微粒的机械能一定增加，D错误。]
4．C [液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)得v＝eq \f(RBg,E)，故D错误。]
5．C [根据Uq＝eq \f(1,2)mv2可得粒子进入磁场区域的速度：v＝eq \r(\f(2qU,m))＝eq \r(\f(2×1×10－3×2 000,1×10－8)) m/s＝2×104 m/s，选项A错误；t＝0时刻进入磁场的粒子， B0＝eq \f(2\r(3),3) T，则运动半径r0＝eq \f(mv,qB0)＝0.1eq \r(3) m＝10eq \r(3) cm，由几何关系可知，tan α＝eq \f(R,r)＝eq \f(\r(3),3)，α＝30°，则速度偏转角度θ＝2α＝60°，选项B错误；当t＝0时刻射入的粒子射出磁场时打到屏上的位置距离P点最远，最远距离为y＝eq \x\t(OP)tan 60°＝20eq \r(3) cm，则粒子束打在荧光屏的范围宽度为2y＝40eq \r(3) cm，选项C正确；若B的最大值为2 T，则粒子运动半径r＝eq \f(mv,qBm)＝10－2 m＝10 cm＝R，则粒子离开磁场时速度方向平行光屏竖直向上，即t＝0时刻进入磁场的粒子无法打到荧光屏上，选项D错误。]
6．B [根据题图(a)轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0＝m eq \f(v2,\f(R,2))，解得磁感应强度：B0＝eq \f(2mv,qR) ，选项B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：t1＝eq \f(R,v)，虚线区域加入磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：t2＝eq \f(s,v)＝eq \f(2π×\f(R,2),v)＝eq \f(πR,v)，磁场变化的周期：T0＝t1＋t2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋1))R,v) ，选项C错误；若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转，90°然后从磁场中飞出，不能返回A点，选项D错误。故选B。]
7．A [由T＝eq \f(2πR,v)，T＝eq \f(1,f)，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流，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′＝eq \f(2πmα,qαB)，故选项D错误。]
8．C [若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向C端相连接的面移动，因此C端电势低于D端的电势，故A错误；当霍尔元件上下面之间的恒定电流I的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相反，但由题中第四张图可知，不会影响车速控制，故B错误；设自由电子定向移动的速率为v，霍尔元件前后面间的距离为h，左右表面间距离为d，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqv＝qeq \f(U,h)，可得U＝Bhv，电流的微观表达式I＝nqvS＝nqvhd，则U＝eq \f(BI,nqd)，可知仅增大电流I时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，故C正确；当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差U增大，因此车速变快，但并不是增加的越来越快，故D错误，故选C。]
9．解析：(1)在磁场中动能不会增加，末动能全来自电场力所做的功，由动能定理可得
N·qEL＝Ek
可解得N＝eq \f(Ek,qEL)。
(2)设粒子从K射出时速度为v，在磁场中洛伦兹力作为向心力有qvB＝meq \f(v2,r)
在磁场中最后半圈的半径r＝eq \f(d,2)
因为eq \f(1,2)mv2＝Ek
联立可解得B＝eq \f(2,qd)eq \r(2mEk)。
(3)粒子运动第一圈的过程中，若第一个粒子运动一圈回到P时最后一个粒子还未飘入P或刚好飘入P，则会发生碰撞，即Δt小于粒子运动一圈的总时间t总。从P加速至Q过程，由牛顿第二定律可知a＝eq \f(qE,m)
由运动学公式有veq \\al(2,1)＝2aL
该过程时间t1＝eq \f(v1,a)
在磁场Ⅱ中的半周后匀速穿过中间宽为L的区域，再转回磁场Ⅰ半周，磁场中两个半周的时间相当于一个周期，即t2＝T＝eq \f(2πr1,v1)
其中r1＝eq \f(mv1,qB)
匀速向左穿过中间宽为L区域时间t3＝eq \f(L,v1)
粒子运动一圈的总时间t总＝t1＋t2＋t3
联立上述各式可解得t总＝eq \f(3,2)eq \r(\f(2mL,qE))＋πdeq \r(\f(m,2Ek))
由前面分析可知Δt答案：(1)eq \f(Ek,qEL) (2)eq \f(2,qd)eq \r(2mEk)
(3)Δt10．解析：(1)M、N两板间电场强度大小为
E＝eq \f(U0,d)①
离子在速度选择器中沿直线运动并通过O2孔，根据平衡条件有qE＝qv0B1②
联立①②解得v0＝eq \f(U0,B1d)。③
(2)当v略微大于匀速直线运动速度v0时，可以将v分解为两个同向的分速度，其中一个分速度大小为v0，对应离子的匀速直线分运动，所以离子从O1到O2的运动时间为t＝eq \f(L,v0)④
另一个分运动为匀速圆周运动
根据牛顿第二定律有qvB1＝mveq \f(2π,T)⑤
可得离子的圆周分运动的周期为
T＝eq \f(2πm,B1q)⑥
根据圆周运动的周期性可知
t＝nT(n＝1,2,3…)⑦
联立③④⑥⑦解得L＝eq \f(2nπmU0,qdB\\al(2,1))(n＝1,2，3…)。⑧
(3)设离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
evB2＝meq \f(v2,R)⑨
解得R＝eq \f(mv,B2e)⑩
根据⑩式可推知氦3离子运动的最大和最小半径分别为
R3max＝eq \f(3m0v0＋Δv,B2e)⑪
R3min＝eq \f(3m0v0－Δv,B2e)⑫
所以氦3离子所能达到荧光屏上的最远位置到O2的距离为x3max＝2R3max＝eq \f(6m0v0＋Δv,B2e)⑬
氦3离子所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为x3min＝2R3mincs eq \f(θ,2)＝eq \f(6m0v0－Δvcs \f(θ,2),B2e)⑭
氦3亮线宽度为d3＝x3max－x3min⑮
同理可知氦4所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为x4min＝eq \f(8m0v0－Δvcs \f(θ,2),B2e)⑯
由题意可知要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，则x4min－x3max≥eq \f(d3,10)⑰
联立⑬～⑰式解得Δv≤eq \f(43cs \f(θ,2)－33,43cs \f(θ,2)＋33)v0。
答案：(1)eq \f(U0,B1d)
(2)eq \f(2nπmU0,qdB\\al(2,1))(n＝1,2,3……)
(3)Δv≤eq \f(43cs \f(θ,2)－33,43cs \f(θ,2)＋33)v0
11．解析：(1)根据动能定理eU＝eq \f(1,2)mv2
解得U＝eq \f(mv2,2e)。
(2)电子运动轨迹如图
根据几何关系有req \\al(2,1)＝(eq \r(3)L)2＋(r1－L)2
解得r1＝2L
对于电子有eB1v＝meq \f(v2,r1)
解得B1＝eq \f(mv,2eL)。
(3)电子运动轨迹如图
可知：θ＝60°，电子经n个周期后从M点射出。则
OM＝2nr2
即2L＝2nr2
又eBv＝meq \f(v2,r2)
解得B2＝eq \f(nmv,eL)(n＝1,2,3…)
周期关系为eq \f(1,6)×T圆＝eq \f(1,2)T
即eq \f(1,6)×eq \f(2πm,eB2)＝eq \f(1,2)T
解得T＝eq \f(2πL,3nv)(n＝1,2,3…)。
答案：(1)eq \f(mv2,2e) (2)eq \f(mv,2eL) (3)eq \f(nmv,eL)(n＝1,2，3…) eq \f(2πL,3nv)(n＝1,2,3…)