《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)42 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)42 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（含解析）（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、作業(yè)42帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動10一、選擇題1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，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看作為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場，到達(dá)記錄它的照相底片P上，設(shè)離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，可以判斷()圖421A若離子束是同位素，則x越小，離子質(zhì)量越大B若離子束是同位素，則x越小，離子質(zhì)量越小C只要x相同，則離子質(zhì)量一定相同Dx越大，則離子的比荷一定越大解析：由qUmv2qvB解得r，又x2r，分析各選項(xiàng)可知只有B正確答案：B圖4222(多選)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422所示D1和D2
2、是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上位于D1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(dāng)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(yùn)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(yùn)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)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)子加速的次數(shù)減少，所以
3、質(zhì)子在回旋加速器中的運(yùn)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(yùn)動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，C錯誤；由nqUmv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圖4233(2019年日照三校聯(lián)考)如圖423所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時速度減為零，接著又滑了下來設(shè)物塊帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較()A加速度大小相等B摩擦產(chǎn)生熱量不相同C電勢能變化量的絕對值不相同D動能變化量的絕對值相同解析：兩過程中，重力、電場力恒定、支持力方向不變，洛倫茲
4、力、摩擦力方向相反，物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度必定不同，A項(xiàng)錯誤；上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動摩擦力Ff(mgcosqvB)，下滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動摩擦力Ff(mgcosqvB)，摩擦產(chǎn)生熱量QFfx，兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項(xiàng)正確；a、b兩點(diǎn)電勢確定，由Epq可知，兩過程中電勢能變化量的絕對值相等，C項(xiàng)錯誤；整個過程中，重力做功為零，電場力做功為零，摩擦力做功不為零，故物塊動能一定變化，所以上滑和下滑兩過程中動能變化量絕對值一定不同，D項(xiàng)錯誤答案：B圖4244(多選)如圖424所示是粒子速度選擇器的原理
5、圖，如果粒子所具有的速率v，那么()A帶正電粒子必須沿ab方向從左側(cè)進(jìn)入場區(qū)，才能沿直線通過B帶負(fù)電粒子必須沿ba方向從右側(cè)進(jìn)入場區(qū)，才能沿直線通過C不論粒子電性如何，沿ab方向從左側(cè)進(jìn)入場區(qū)，都能沿直線通過D不論粒子電性如何，沿ba方向從右側(cè)進(jìn)入場區(qū)，都能沿直線通過解析：按四個選項(xiàng)要求讓粒子進(jìn)入，洛倫茲力與電場力等大反向抵消了的就能沿直線勻速通過磁場答案：AC5(2019年浙江模擬)電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用如圖425所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為，在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂
6、直向外的磁場B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上，則()圖425A泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極B通過泵體的電流IC增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度D增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度解析：當(dāng)泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向左拉動液體，故A錯誤；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻R，因此流過泵體的電流IUL1，故B錯誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，泵體內(nèi)液體受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯誤答案：C圖4266(2019年江蘇清江中學(xué)檢測)如圖426所示為一長方
7、體容器，容器內(nèi)充滿NaCl溶液，容器的左右兩壁為導(dǎo)體板，將它們分別接在電源的正、負(fù)極上，電路中形成一定的電流，整個裝置處于垂直于前后表面的勻強(qiáng)磁場中，則關(guān)于液體上、下兩表面的電勢，下列說法正確的是 ()A上表面電勢高，下表面電勢低B上表面電勢低，下表面電勢高C上、下兩表面電勢一樣高D上、下兩表面電勢差的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度及電流強(qiáng)度的大小有關(guān)解析：由題圖可知，電流從左向右流動，正負(fù)離子的流動方向完全相反，即正離子向右流動，負(fù)離子向左流動，根據(jù)左手定則，正負(fù)離子都向上偏轉(zhuǎn)，下表面不帶電，上表面正負(fù)離子電性中和，也不帶電，故電勢差為零，即上、下兩表面電勢一樣高，C正確答案：C圖4277(多選)三個帶相
8、同正電荷的粒子a、b、c(不計重力)，以相同的動能沿平行板電容器中心線同時射入相互垂直的電磁場中，其軌跡如圖427所示，由此可以斷定()A三個粒子中，質(zhì)量最大的是c，質(zhì)量最小的是aB三個粒子中，質(zhì)量最大的是a，質(zhì)量最小的是cC三個粒子中，動能增加的是c，動能減少的是aD三個粒子中，動能增加的是a，動能減少的是c解析：本題考查同一電、磁疊加場中不同帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題因?yàn)閎粒子沒有偏轉(zhuǎn)，可知b粒子受到的電場力和磁場力是一對平衡力根據(jù)粒子電性和磁場方向，可以判斷電場力方向向下，洛倫茲力方向向上對于a粒子，qvaBEq；對于c粒子，qvcBvbvc，故mambmc，A正確，B錯誤因?yàn)殡妶隽粒子做負(fù)
9、功，對c粒子做正功，而洛倫茲力均不做功，所以c粒子動能增加，a粒子動能減少，C正確，D錯誤答案：AC8(2019年云南邵通二模)(多選)磁流體發(fā)電機(jī)是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，圖428為其原理示意圖，水平放置的平行金屬板C、D間有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒)水平射入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半，與開關(guān)S串聯(lián)接在C、D兩端，已知兩金屬板間距離為d，射入等離子體的速度為v，磁流體發(fā)電機(jī)本身的電阻為r(R0r2R0)不計粒子的重力，則滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動的過程中(
10、)圖428A電阻R0消耗的功率最大值為B滑動變阻器消耗的功率最大值為C金屬板C為電源負(fù)極，D為電源正極D發(fā)電機(jī)的輸出功率先增大后減小解析：根據(jù)左手定則可判斷兩極板的極性，離子在運(yùn)動過程中同時受靜電力和洛倫茲力，到二力平衡時兩極板間的電壓穩(wěn)定，EBdv.由題圖可知，當(dāng)滑片P位于b端時，電路中電流最大，電阻R0消耗功率最大，其最大值為P1I2R0，故A正確；將定值電阻R0歸為電源內(nèi)阻，因?yàn)榛瑒幼冏杵鞯淖畲笞柚?R0rR0，則當(dāng)滑動變阻器連入電路的阻值最大時消耗功率最大，最大值為P，故B錯誤；等離子體射入后，由左手定則可知正離子向D板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向C板偏轉(zhuǎn)，所以極板C為電源負(fù)極，極板D為電源正板，C
11、正確；等離子體穩(wěn)定流動時，洛倫茲力與靜電力平衡，即Bqvq，所以電源電動勢為EBdv，又R0r0范圍內(nèi)以x軸為電場和磁場的邊界，在x0范圍內(nèi)以第三象限內(nèi)的直線OM為電場與磁場的邊界，OM與x軸負(fù)方向成45角，在邊界的下方空間存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.1 T，在邊界的上方有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E32 N/C；在y軸上的P點(diǎn)有一個不計重力的帶電微粒，以沿x軸負(fù)方向的初速度v02103 m/s射出，已知OP0.8 cm，微粒所帶電荷量q51018 C，質(zhì)量m11024 kg，求：(1)帶電微粒第一次進(jìn)入電場時的位置坐標(biāo)；(2)帶電微粒從P點(diǎn)出發(fā)到第三次經(jīng)過電
12、、磁場邊界經(jīng)歷的總時間；(3)帶電微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度大小解析：(1)帶電微粒從P點(diǎn)開始在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖4215所示，第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點(diǎn)，由半徑公式可得圖4215r4103 m.因?yàn)镺P0.8 cm，勻速圓周運(yùn)動的圓心在OP的中點(diǎn)C，由幾何關(guān)系可知，A點(diǎn)位置的坐標(biāo)為(4103 m，4103 m)(2)帶電微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T1.256105 s.由圖可知，微粒運(yùn)動四分之一個圓周后豎直向上進(jìn)入電場，故t1T0.314105 s.微粒在電場中先做勻減速直線運(yùn)動到速度為零，然后反向做勻加速直線運(yùn)動，微粒運(yùn)動的加速度為a，故在電場中運(yùn)動的時間為
13、t22.5105 s.微粒再次進(jìn)入磁場后又做四分之一圓周運(yùn)動，故t3t10.314105 s，所以微粒從P點(diǎn)出發(fā)到第三次經(jīng)過電、磁場邊界的時間為tt1t2t33.128105 s.(3)微粒從B點(diǎn)第三次經(jīng)過電、磁場邊界水平向左進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，則加速度a1.6108 m/s2，則第四次到達(dá)電、磁場邊界時，yat，xv0t4，tan45，解得vyat44103 m/s.則微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度為v2103 m/s.答案：(1)(4103 m，4103 m)(2)3.128105 s(3)2103 m/s12(2019年濟(jì)寧、曲阜模擬)如圖4216所示，空間區(qū)域、存在勻強(qiáng)電場和勻
14、強(qiáng)磁場，MN、PQ為磁場區(qū)域的理想邊界，區(qū)域高度為d，區(qū)域的高度足夠大勻強(qiáng)電場方向豎直向上；、區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，方向分別垂直紙面向里和向外一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動已知重力加速度為g.圖4216(1)試判斷小球的電性并求出電場強(qiáng)度E的大小；(2)若帶電小球運(yùn)動一定時間后恰能回到O點(diǎn)，在圖中作出小球的運(yùn)動軌跡；求出釋放時距MN的高度h；并求出小球從開始釋放到第一次回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時間t；(3)試討論h取不同值時，小球第一次穿出磁場區(qū)域的過程中電場力所做的功W.解析：(1)帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動
15、，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電由qEmg得，E.(2)帶電小球在進(jìn)入磁場區(qū)域前做自由落體運(yùn)動，由機(jī)械能守恒有：mghmv2帶電小球在磁場中作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)半徑為R，依牛頓第二定律有：qvBm由于帶電小球在、兩個區(qū)域運(yùn)動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運(yùn)動的半徑相同，以三個圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60，軌跡如圖4217所示由幾何關(guān)系知R圖4217解得h，小球從開始釋放到回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時間由兩部分組成，一部分為無場區(qū)的運(yùn)動，時間t12，一部分為電磁場區(qū)域的運(yùn)動，時間t2總時間tt1t22.(3)當(dāng)帶電小球在區(qū)域做圓周運(yùn)動的圓弧與PQ相切時，運(yùn)動軌跡如圖4218所示，有：半徑Rd解得對應(yīng)高度：h0圖4218討論：當(dāng)hh0時，小球進(jìn)入磁場區(qū)域后由下邊界PQ第一次穿出磁場區(qū)域進(jìn)入?yún)^(qū)域，此過程電場力做功WqEd即Wmgd說明：第(3)問討論對于當(dāng)hh0時的臨界情況不做要求，即電場力做功W0或者Wmgd均可以答案：(1)正電E(2)圖見解析ht(3)h時，Wmgd.11
2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)42 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（含解析）
