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类型2020版高考物理一轮复习 课后限时作业38 带电粒子在复合场中的运动(含解析)新人教版.doc

  • 上传人:HR专家
  • 文档编号:8676727
  • 上传时间:2019-07-07
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    2020版高考物理一轮复习 课后限时作业38 带电粒子在复合场中的运动(含解析)新人教版.doc
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    1、1课后限时作业 38 带电粒子在复合场中的运动时间:45 分钟1.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具图中的铅盒 A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零),从狭缝 S1进入电压为 U 的加速电场区加速后,再通过狭缝 S2从小孔 G 垂直于 MN 射入偏转磁场,该偏转磁场是以直线 MN 为切线、磁感应强度为 B,方向垂直于纸面向外半径为 R 的圆形匀强磁场现在 MN 上的 F 点(图中未画出)接收到该粒子,且 GF R.则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( C )3A. B.3UR2B2 4UR2B2C. D.6UR2B2 2UR2B2解析:设粒子被加速后获得的速

    2、度为 v,由动能定理有: qU mv2,粒子在磁场中做匀12速圆周运动的轨道半径 r ,又 Bqv m ,可求 ,故 C 正确3R3 v2r qm 6UR2B22(多选)如图是一个回旋加速器示意图,其核心部分是两个 D 形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连现分别加速氘核( H)和氦核( He),下列说法中正21 42确的是( AC )2A它们的最大速度相同B它们的最大动能相同C两次所接高频电源的频率相同D仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析:由 R 得最大速度 v ,两粒子的 相同,所以最大速度相同,A 正确;最mvqB qBRm qm大动能 Ek mv2,因为两粒子

    3、的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B 错误;高12频电源的频率 f ,因为 相同,所以两次所接高频电源的频率相同,C 正确;粒子的最qB2 m qm大动能与高频电源的频率无关,D 错误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 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 ( CD )A在电场中的加速度之比为 11B在磁场中运动的半径之比为 21C在磁场中转过的角度之比为 12D离开电场区域时的动能之比

    4、为 133解析:两个离子的质量相同,其带电荷量之比是 13 的关系,所以由 a 可知,其qUmd在电场中的加速度之比是 13 ,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2qUm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3v2r mvqB 3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3等于其圆心角,所以有 sin ,则可知角度的正弦值之比为 1 ,又 P 的角度为 30,LR 3可知 P3 角度为 60,即在磁场中转过

    5、的角度之比为 12 ,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 13 ,故 D 正确124(多选)如图所示,水平固定一截面为正方形的绝缘方管,其长度为 L,空间存在场强为 E、方向水平向右的匀强电场和磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场将质量为m、带电荷量为 q 的小球从左侧管口无初速度释放,已知小球与管道各接触面间的动摩擦因数均为 ,小球运动到右侧管口处时速度为 v,该过程中( BD )A洛伦兹力对小球做功为 qvBL12B电场力对小球做功为 qELC系统因摩擦而产生的热量为 mgLD系统因摩擦而产生的热量为 qEL mv212解析:小球向右运动,由左手定则

    6、可知,小球受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里,与运动的方向垂直,洛伦兹力不做功,故 A 错误;小球受到的电场力大小为 F Eq,方向向右,小球运动的方向也向右,所以电场力做的功 W FL EqL,故 B 正确;小球在运动的过程中,受到向下的重力、向右的电场力、垂直于纸面向里的洛伦兹力和支持力、摩擦力的作用,在正方形绝缘方管的平面内,支持力的方向与重力、洛伦兹力的合力的方向相反,大小为 N ,系统因摩擦而产生的热量为 Q fL NL mgL ,故 C 错误;小球运动m2g2 F2洛的过程中只有电场力和摩擦力做功,由动能定理得 EqL Wf mv2,所以 Wf EqL mv2,故12 12D 正确

    7、45.(多选)如图所示的直角坐标系中,第一象限内分布着均匀辐射的电场,坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为 U;第三象限内分布着竖直向下的匀强电场,场强大小为 E.大量电荷量为 q(q0)、质量为 m 的粒子,某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿 x 轴正方向射入匀强电场若粒子只能从坐标原点进入第一象限,其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布不计粒子的重力及它们间的相互作用下列说法正确的是( CD )A能进入第一象限的粒子,在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B到达坐标原点的粒子速度越大,入射速度方向与 y 轴的夹角 越大C能打到荧光屏的粒子,进入 O 点

    8、的动能必须大于 qUD若 U0,即能打到荧光屏的粒子,12进入 O 点的动能必须大于 qU,故 C 正确;粒子在电场中的偏转角:tan ,粒子vyv0 qEtmv0在偏转电场中运动的时间不同,则进入第一象限后速度与 y 轴之间的夹角不同所以从不同的位置开始偏转的粒子,可以以任意夹角进入第一象限,所以若 U ,荧光屏各处均有粒mv202q子到达而被完全点亮,故 D 正确6.如图所示,一个质量为 m,电荷量 q 的带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经 U15电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,金属板长 L,两板间距 d,微粒射出偏转电场时的偏转角 30,并接着进入一个方向垂直纸面向里

    9、的匀强磁场区域求:(1)两金属板间的电压 U2的大小;(2)若该匀强磁场的宽度为 D,为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度 B 至少多大解析:(1)带电微粒经加速电场加速后速率为 v1,根据动能定理有 U1q mv v1 12 212qU1m粒子经 U2电压偏转,有 tan30atv1t , a 解得: U2 .Lv1 qU2dm 23dU13L(2)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切,设做匀速圆周运动的轨道半径为 R,由几何关系知:R Rsin30 D由牛顿运动定律及运动学规律: qv B m ,v 2R又

    10、v 解得: B v1cos30 1D 6mU1q答案:(1) (2) 23dU13L 1D 6mU1q7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 y2 d 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3v202kd6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

    11、的大小解析:(1)根据动能定理,得 qEd mv2 mv ,12 12 20解得 v2 v0粒子在电场中做类平抛运动,有F qE, a , d at , x v0t1Fm 12 21解得 t1 , x .23d3v0 23d3(2)粒子运动的轨迹如图所示,设粒子以与 x 轴正方向成 角进入磁场 tan ,v2 v20v0 3解得 60根据 R Rcos d,得 R2d3由牛顿第二定律可得 qvB m ,解得 B .v2R 3v0kd答案:(1)2 v0 (2)23d3 3v0kd8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

    12、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7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

    13、二定律得qvB m ,得 vv2R qBRm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 .12 qEm qB2R2m(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 150,粒子在磁场中运动的时间为t2 T360 5 m6qB粒子离开磁场到 y 轴的距离 MH ,在无场区运动的时间 t2 R2 R2v m2qB故粒子到达 y 轴的时间为

    14、 t t1 t2 (56 12)mqB答案:(1) (2)( )qBRm qB2R2m 56 12mqB9如图所示, ABCD 矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场,有一带电小球质量为 m,电荷量绝对值为 q,小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压为 U 的电场8加速后,水平进入 ABCD 区域中,恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,且从 B 点射出,已知 AB 长度为 L, AD 长度为 L,求:3(1)小球带何种电性及进入复合场时的速度大小;(2)小球在复合场中做圆周运动的轨道半径;(3)小球在复合场中运动的时间解析:(1)小球在电场、磁场和重力场的复合场中,做匀速圆周运动,

    15、根据左手定则可知小球带负电小球进入复合场之前由动能定理: qU mv2,解得: v .12 2qUm(2)设做圆周运动的轨道半径为 r,由几何关系:r2( r L)2( L)2,解得 r2 L.3(3)由(2)知圆周运动对应圆心角: 3粒子运动周期: T2 rv运动时间为: t T2联立以上可得: t . L3 2mqU答案:(1)负电 (2)2 L (3) 2qUm L3 2mqU10在竖直平面内建立一平面直角坐标系 xOy, x 轴沿水平方向,如图甲所示第二象限内有一水平向右的匀强电场,场强为 E1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场,电场方向竖直向上,场强 E2 E1

    16、,匀强磁场方向垂直纸面处在第三象限12的发射装置(图中未画出)竖直向上射出一个比荷 10 2 C/kg 的带正电的粒子(可视为质点),qm该粒子以 v04 m/s 的速度从 x 上的 A 点进入第二象限,并以 v18 m/s 速度从 y 上的C 点沿水平方向进入第一象限取粒子刚进入第一象限的时刻为 0 时刻,磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向), g 取 10 m/s2.试求:9(1)带电粒子运动到 C 点的纵坐标值 h 及电场强度 E1;(2) x 轴上有一点 D, OD OC,若带电粒子在通过 C 点后的运动过程中不再越过 y 轴,要使其恰能沿 x 轴正方向通过

    17、 D 点,求磁感应强度 B0及其磁场的变化周期 T0;(3)要使带电粒子通过 C 点后的运动过程中不再越过 y 轴,求交变磁场磁感应强度 B0和变化周期 T0的乘积 B0T0应满足的关系解析:(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向,在竖直方向上做竖直上抛运动,在水平方向上做匀加速直线运动则有 t 0.4 s, h t0.8 mv0g v02ax 2 g, qE12 mg, E10.2 N/C.v1t(2)qE2 mg,所以带电粒子在第一象限将做匀速圆周运动,设粒子运动圆轨道半径为R,周期为 T,则 qv1B0 m ,v21R可得 R0.08B0使粒子从 C 点运动到 D 点,则有: h(2 n)R(2 n) ,0.08B0B00.2 n(T)(n1,2,3)T , ,2 mqB0 T02 T4T0 (s)(n1,2,3)T2 mqB0 20n(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过 y 轴时可作如图所示运动情形:10由图可知 , T56 2 T02得 T0B0 .60答案:(1) h0.8 m E10.2 N/C(2)B00.2 n(T)(n1,2,3)T0 (s)(n1,2,3)20n(3)T0B06011

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