2022年高考物理專題復(fù)習(xí) 帶電粒子在復(fù)合場中運動 粵教版

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1、2022年高考物理專題復(fù)習(xí) 帶電粒子在復(fù)合場中運動 粵教版 + + B B0 E P S A1 A2 加速電場 速度選擇器 1．是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述錯誤的是 A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小 B v 加

2、速電源 第20題圖 2．用于加速粒子的回旋加速器其核心部分如圖所示，兩D形盒分別與電源相連．下列說法正確的是 A．要使加速器能對質(zhì)子加速，兩盒應(yīng)該與交變電源相連 B．質(zhì)子在電場中被加速，加速電壓越高，射出的速率v越大 C．D型盒的直徑越大，射出的率度v越大 D．質(zhì)子在磁場中運動的周期隨質(zhì)子速度增大而增大 D C – + + 3. 如圖為磁流體發(fā)電機的原理圖，等離子體束（含有正、負離子）以某一速度垂直噴射入由一對磁極CD產(chǎn)生的勻強磁場中，A、B是一對平行于磁場放置的金屬板．穩(wěn)定后電流表中的電流從“+”極流向“-”極，由此可知 A. D磁極為N

3、極 B. 正離子向B板偏轉(zhuǎn) C. 負離子向D磁極偏轉(zhuǎn) D. 離子在磁場中偏轉(zhuǎn)過程洛侖茲力對其不做功 4．如圖，在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場，其豎直邊 界AB，CD的寬度為d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場 強為E的勻強電場．現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒 子(不計重力)從P點以大小為v0的水平初速度射入電場， 隨后與邊界AB成45°射入磁場．若粒子能垂直CD邊界飛 出磁場，穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻 強電場中減速至零且不碰到正極板． (1)請畫出粒子上述過程中的運動軌跡

4、，并求出粒子進入磁 場時的速度大小v； (2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B； (3)求金屬板間的電壓U的最小值． 5．（18分）如圖所示，內(nèi)圓半徑為r、外圓半徑為2r的圓環(huán)內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B 的勻強磁場．圓環(huán)左側(cè)的平行板電容器兩板間電壓為U，靠近M板處靜止釋放質(zhì)量為m、電量為q的正離子，經(jīng)過電場加速后從N板小孔射出，并沿圓環(huán)直徑方向射入磁場，求： (1) 離子從N板小孔射出時的速率； (2) 離子在磁場中做圓周運動的半徑； (3) 要使離子不進入小圓區(qū)域，磁感應(yīng)強度的取值范圍． （1）設(shè)離子射入勻強磁場時的速率為v，由動能定理得：……① 解

5、得：……② （2）設(shè)離子在磁場中圓周運動的半徑為R，離子所受洛倫茲力提供向心力： 由牛頓第二定律有： ……③ 聯(lián)立②③可得……④ （3）若離子恰好不進入小圓，設(shè)離子與小圓相切時軌道半徑為R0，此時軌跡如圖所示， 在中，由幾何關(guān)系得：……⑤ 解得：……⑥ 要使離子不進入小圓，必須……⑦ 解得磁感應(yīng)強度……⑧ （評分說明：①③各3分；②④各2分；⑤⑥⑦⑧各2分） d 6．（18分）如圖所示，質(zhì)量m＝0.015kg的木塊Q放在水平桌面上的A點．A的左邊光滑，右邊粗糙，與木塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.08．在如圖的兩條虛線之間存在豎直向上的勻強電場和水平向里的勻強磁場，場強分

6、別為E＝20N/C、B＝1T．場區(qū)的水平寬度d＝0.2m，豎直方向足夠高．帶正電的小球P，質(zhì)量M＝0.03kg，電荷量q＝0.015C，以v0＝0.5m/s的初速度向Q運動．與Q發(fā)生正碰后，P在電、磁場中運動的總時間t＝1.0s．不計P和Q的大小，P、Q碰撞時無電量交換，重力加速度g取10m/s2，計算時取，試求： （1）通過受力分析判斷碰后P球在電、磁場中做什么性質(zhì)的運動； （2）P從電、磁場中出來時的速度大??； （3）P從電、磁場中出來的時刻，Q所處的位置． （1）（共3分） P進入電、磁場后，受電場力、重力、洛倫茲力三力作用。 電場力

7、 （1分） 重力 （1分） 可見電場力與重力大小相等方向相反，兩力平衡。 故相當(dāng)于P在電、磁場中只受洛侖茲力作用，做勻速圓周運動。 （1分） （2）（共8分） 由 （1分） 得 ① （1分） 周期

8、 （1分） 代入數(shù)據(jù)得 （1分） 由已知條件，有，故P的軌跡圓心角θ＝30° （2分） 由右圖可知，軌跡半徑 （1分） 結(jié)合①式得 （1分） （3）（共7分） P和Q碰撞時，系統(tǒng)動量守恒，有 （1分） 解得

9、 （1分） 對Q應(yīng)用牛頓第二定律，有 得 （1分） Q停下前運動的時間 （1分） 由于，說明P離開電、磁場時，Q已經(jīng)停下 （1分） 故位移

10、 （1分） 即Q停留在右方距初始位置0.225m處。 （1分） 7．(18分)如圖所示，在光滑絕緣的水平面內(nèi)，對角線AC將邊長為L的正方形分成ABC和ADC兩個區(qū)域，ABC區(qū)域有垂直于水平面的勻強磁場，ADC區(qū)域有平行于DC并由C指向D的勻強電場．質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從A點沿AB方向以v的速度射入磁場區(qū)域，從對角線AC的中點O進入電場區(qū)域． （1）判斷磁場的方向并求出磁感應(yīng)強度B的大小． （2）討論電場強度E在不同取值時，帶電粒子在電場中運動的時間t． A B C

11、D O v 解：（1）根據(jù)左手定則，可以判斷磁場方向垂直紙面向里。 設(shè)帶電粒子在磁場中運動的半徑為r，有：……① 依題意，……② 聯(lián)立，解得：……③ （2）設(shè)帶電粒子恰好從D點離開電場時對應(yīng)的電場強度為E0，則有： ……④ ……⑤ 得：……⑥ 討論：（i）當(dāng)時，粒子從DC邊離開電場，此時粒子在電場中運動的時間為t1 ……⑦ （ii）當(dāng)時，粒子從AD邊離開電場，此時粒子在電場中運動的時間為t2，有： ……⑧ 得：……⑨ 評分說明： 判斷磁場方向及①②③④⑤⑥正確各給2分； 討論（i）、（ii）每項正確給2分 8．如圖12所示，在坐標(biāo)系

12、xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，在區(qū)域a中，磁感應(yīng)強度為2B，方向垂直于紙面向里；在區(qū)域b中，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標(biāo)為(4l,3l)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入?yún)^(qū)域b，經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點O，不計粒子重力．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (1)粒子從P點運動到O點的時間最少是多少？ (2)粒子運動的速度可能是多少？ (1)設(shè)粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a區(qū)和b區(qū)運動的軌道半徑和周期 則：Ra＝　Rb＝ Ta＝＝　Tb＝ 粒子先從b區(qū)運動，再進入a區(qū)運動，然后從O點射出時，粒子從P運動到O點所用時間最短．如圖所示 tanα＝ 得α＝37° 粒子在b區(qū)和a區(qū)運動的時間分別為：tb＝Tb ta＝Ta 故從P點運動到O點所用最短時間為：t＝ta＋tb＝. (2)由題意及圖可知 n(2Racosα＋2Rbcosα)＝ 解得：v＝?(n＝1,2,3…)．