专题精准强化10 带电粒子在复合场中的运动-【创新教程】2027年高考物理艺考生文化课百日冲关课时作业

专题精准强化10 带电粒子在复合 [A组 基础达标练] 1.(多选)某型号的回旋 发xB×xD 加速器的工作原理图 出口处 如图所示.回旋加速器 ×××A以××高顿交流电源 的核心部分为D形盒， ￥/D D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁 铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强 磁场，且与D形盒盒面垂直.两盒间狭缝很 小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计.质 子从粒子源A处进入加速电场的初速度不 计，从静止开始加速到出口处所需的时间为 t,已知磁场的磁感应强度大小为B,质子质 量为m、电荷量为十q,加速器接一高频交流 电源，其电压为U,可以使质子每次经过狭 缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作 用，则下列说法正确的是 () A.质子第一次经过狭缝被加速后，进入D 形盒运动轨迹的半径r=12m西 B g 2Ut B.D形盒半径R= VπB C.质子能够获得的最大动能为29BU πm D.加速质子时的交流电源频率与加速α粒 子的交流电源频率之比为1：1 2.磁流体发电机的原理如 S M 图所示，燃烧室在 3000K的高温下将气 R B 等离子体 体全部电离成高温等离 流动向入 子体.等离子体经喷管提速后以速度进入 矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速 度方向的匀强磁场.已知磁感应强度大小为 B,发电通道长为l,宽为b,高为a,高温等离 子体的电阻率为ρ，外部电路连接一阻值为 R的电阻，导线电阻不计.当开关S闭合后， 下列说法正确的是 () A.外部电路中的电流方向为N→R→M B.回路电流I=RaL十b Bavl C.发电机的输出功率P= Bavbl 2 Rbl+pa) R D.为维持等离子体匀速流动，矩形发电通 B'v 道左右端的压强差△p=Rbl十p ab 11 专题精准强化 ⑧错题序号： 场中的运动 ©错因分析： 3.(多选)现代科学仪器中常利用电、磁场控制 带电粒子的运动.如图甲所示，纸面内存在 上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场， 匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向 里，磁感应强度大小为B.现有一质量为、 电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电 场的上边界的O点由静止释放，运动到磁 场的下边界的P点时正好与下边界相切. 若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所 示，重新让粒子从上边界M点由静止释放， 经过一段时间粒子第一次到达最低点V,下 列说法正确的是 ( 乙 A.匀强电场的电场强度大小为Bq则 m B,粒子从O点运动到P点的时间为r十)m 2gB C.M、N两点的竖直距离为子d D.粒子经过N点时速度大小为Bgd m 4.(多选)如图所示，在xOy平 面的一、二、三象限内存在垂 :··B 直纸面向外，磁感应强度大小 B=1T的匀强磁场，第四象 限存在沿x轴负方向的匀强 E 电场，电场强度E=2.5N/C, ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板， 长度为ON=9m,M点为x轴正方向上的 一点，OM=3m.现有一个比荷为9= m 1.0C/kg的带正电小球（可视为质点且重力 不计)，从挡板下端V处小孔的右侧某处由 静止释放，经匀强电场加速后从V处小孔 沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以 原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷 量不变，小球最后都能经过M点，则带电小 球从释放点到N点距离的可能值为（结果 保留2位有效数字) () A.2.5mB.2.8mC.4.0mD.5.0m I物理 [B组创新应用练] 5.如图所示，在xOy平 xBxO E 面直角坐标系中，虚线 M×, OO'与x轴正方向的 4 % 夹角0=60°，O0与y 0 轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场（边界 存在磁场)，第二象限存在沿y轴正方向的匀 强电场.一质量为m、带电荷量为一q(q>0) 的粒子从x轴负半轴的P点以初速度v。进 入电场，00与x轴正方向的夹角0=60°，经 电场偏转后从点M(0,L)垂直y轴进入磁 场，粒子恰好不从OO边界射出磁场.不计 粒子重力.求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)粒子从P点进入电场到再次回到x轴 的时间. 176 6.质谱仪是最早用来测 S 定微观粒子比荷g的 精密仪器，某一改进后 ××83××, 带有速度选择器的质C××B,x: 谱仪能更快测定粒子 ×××××× 的比荷，其原理如图所示，A为粒子加速 器，加速电压为U1,B为速度选择器，其中 磁场与电场正交，磁场磁感应强度为B,两 板距离为d,C为粒子偏转分离器，磁感应 强度为B2,今有一比荷为1（未知）的带正 电的粒子P,不计重力，从小孔S,“飘入”（初 速度为零)，经加速后，该粒子从小孔S,进 入速度选择器B,恰能通过速度选择器，粒 子从小孔S。进入分离器C后做匀速圆周运 动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与 S3距离为L. (1)粒子P的比荷1为多大； (2)速度选择器的电压U2应为多大； (3)另一粒子Q同样从小孔S,“飘入”，保持 U2和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能 通过速度选择器进入分离器C,最后打到照 相底片上的F点（在D点右侧），测出F点 与D点距离为x,则可得粒子Q比荷k2,求 k2(用k1表示).丨物理 轨迹为半圆，如图丙所示 ↑Y V3L --I m 丙 根据几何关系可得(2r)=(W3L)+x,解得xm=35L,故 C正确.] 9.解析：(1)由电场力与洛伦兹力平衡可得qE=q心B, 得E=0B. (2)根据运动的对称性，微粒能从P点经A,点运动到Q 点，应满足L=nx(n为整数)，其中x为每次偏转圆孤对 应的孩长，偏转围孤对应的国心角为受或经。设国孤的 年径为R,则有=2R,解得R二，又因为9B m食，由以上各式可解得。=L,n=123一 2nm (3)如图所示，当n取奇数时，X×xm取x×XX之n取 微粒从P到Q的过程中圆心交毫交交奇数 角的总和为日，=nX2 +达 n×=2m,故其运动时间有 人，B。······ =爱×器-=1、 ·。··。。。。。 5、……:当n取偶数时，微粒从P到Q的过程中圆心角 的总和为日=mX受十nX受=加x,故其运动时间为 爱×器- ,n=2、4、6、…. 答案：(1)B(2)0=gBL n=1、2、3、…… 2nm （3)2Tm1,m=1、35、“gB,n=2、4、6、… gB 专题精准强化10带电粒子在复合场中的运动 1.AB[设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为U,由 动能定理得gU= 2mu,① ,@ 由牛颜第二定律有guB=m 联立D@式解得，=百√四，故A正确：设质子从游 1 止开始加速到出口处运动了n图，质子在出口处的速度 为，期2mU-号m,回 nB=m京0 质子做圆周运动的周期T=2π”，同 gB 质子运动的总时间t=nT,⑤ 2Ut 联立③④⑤⑥式解得R=√只B,故B正确：根据9uB= m食，解得。=那，质子射出加选昌时的动能厅 02 m2 m心=BR4=B,成C错民：根指司胃造动的同 1 2m Tm 期T=0,由于质子与。粒子的电荷量之比为1：2，而 质子与a粒子的质量之比为1：4，因此它们周期之比为 1:2,那么频率之比为2：1，故D错误.] 36 2.C[由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正 极，下极板为负极，则外部电路中的电流方向为M·R· N,选项A错误；稳定时，洛伦兹力等于电场力，即B= g号，所以发电机产生的电动势为E=U=Bau,根据闭合 电路欧姆定律可得回路中的电流为1=E一= Baubl a Rbl+pa R+bi 选项B错误；发电机的输出功率为P血=R= (M十)R,选项C正确；矩形发电通道左右端的压强差 E_Bla=Bal,选项D错误.] 为△p=S=abRl+p 3.BD[设粒子在磁场中的速率为，半径为R,在电场中 由动能定理，有9d=弓m心，在磁场中，洛伦兹力提供 向心力，有qB=m尺，由几何关系可得R=d,综上可得 E=B9延，故A错误；粒子在电场中的运动时间为1= 2m 42盟，在隆场中的选动时同为。=至-器粒子从 gB 2 O运动到P的时间为1=t,十t,=（m,故B正确； 2gB 将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和 向下的分量)，、，，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水 平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为F,= q心，B,F,=q℃，B,设粒子在最低点N的速度大小为1， MN的竖直距离为y.水平方向由动量定理可得m心1一0 =∑q0,B△t=qB,由动能定理可得gEy=2m心一0， 联立解得u=B吧， y=d,故C错误，D正确.] 72 4.BD[若小球与挡板碰撞一次，轨迹 4 0·。。·。· 如图甲所示，根据几何知识得 ·。。。。· x2=OM+O0/2,O0=3r-ON, 解得r1=3m,r2=3.75m; 根据牛顿第二定律得 ·八· M qv B=m r .qo:B-mTa 解得1=3m/s,02=3.75m/s; 设带电小球从释放点到N,点距离为 ,根搭动能定理得g=m, 1 甲 qEe:-2. 解得x1=1.8m,x2=2.8m; 若小球与挡板没有发生碰撞，轨迹如 图乙所示，根据几何知识得 ·。·。。· =OM+O0,O0=0N-r,解：：：：：： 得r3=5m, ···。。。 /· 根据牛顿第二定律得qvB=m 解得v,=5m/s, 1 根据牛顿第二定律得qEx,=之m0, 解得x=5.0m,分析计算可知小球 与挡板最多碰撞一次，故A、C错误， B、D正确，」 5.解析：(1)粒子进入电场，在y轴方向有v,=sin6,gE =ma,0=2aL, 联立解得E=89L 3mv (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图 所示 粒子进入磁场的速度v,=ocos日， M 由几何关系可得”。 cosg十r=L, 解得=台， O 洛伦兹力提供粒子在磁场中微圆周运动的向心力，有 %,B=m】 联立解得B=3m】 2gL (3)粒子第一次进入电场，在整直方向有=ai, 粒子在磁场中运动的时间=” 粒子再次选入电场，在经直方向有L一2r=弓， 粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间 t=t1十t2+t3, 联立解得t=4B+2十4)L 3Uo 答案：(1)3m0 (2)3u (3)43+2x+40L 8gL 2gL 3 1 6.解析：(1)由动能定理得gU=2m6, 粒子在进入分离器C后做匀速圆周运动，则 qvoB:=m R' 由几何关系得R=台， 由题意知飞=g, m 8U 联立解得k1一B下 (2)该粒子从小孔S,进入速度选择器B,恰能通过速度 U, 选择器，可得qB,=q, 解得U,= 4B dU B,L' (3)由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速 度相同，别，品=w食， 由几何关系得R=L十2。 2 南整意如么子 kL 解得k:一L十x 8U1 答案：(1)BD 608 (2)BL 微专题3带电粒子在交变场中的运动 1.解析：(1)粒子第一次进入电场中gE。=ma,01=at,粒 子第一次进入磁场中心B。二R, 联立方程解得R,=mE, 9B: (2)可知粒子经2次加速和偏转后 打在x轴负半轴上距O,点的距离 最小，如图所示， 第一次加速的位移为△虹，= 24x 2 _mB,第二次加选的位移△ 2gB. 2xEo =3△x1,4=2a1t6=B, 36 练习册参考答案 根据洛伦兹力提供向心力有必B,二 △，=△，-4+R=(x+2) -； gB (3)分析带电粒子运动，如图 △x 所示 2△x1 DR 可知A与坐标原点间的距离d 应满足 4△x1 3R d=n'R =W'xmE -(n=1,2,3 4R, gB 0 …); (4)由上图知，若粒子经过次加速和偏转后打在x轴 上，则与坐标原点O的距离 x=n(A1+R,)=(x+2)”mE2（m=1,2,3…. 2qB 答案：(1)mE gBo (2)(x+2)xmE gB (3d=mE(m=1,2,3) gB2 (4)x=(π十2) xmE(m=1,2,3…） 2gB 2.解析：(1)设粒子进入磁场的速度为。，根据洛伦兹力提 供向心力可得9X3B。=m r 解得轨道半径为r= q×3B。 则粒子微匀速圃周运动的角速度为仙=些=3B9 m 3k xmg -=3k元. m (2)要使得粒子不从y轴正半轴射出，则y 轨迹如图(a)所示 在前号。内的运动丰径为 mu I2,0" 9X3B,, 在后号工，内的运动半径为，=。 X2B· 0' 可得3r1=2r2, 0 由几何关系可知sin0= 一，联立解 r1十r2 (a) 得0=37°， 粒子做圆月运动的周期为T二经品， 2 则在0~号T,时间内有 360° 解得磁感应强度变化周期的最大值为T三6 (3)使粒子经过D,点且平行x轴射y1 出，在T。时刻达到D点的轨迹如图4d D (b)所示 /@ra 由儿行关系可得am一彩是 g-1O2 0) 可得a=37°， 0 3d 根据周期性，在nT。时刻达到D点可 满足题意，由几何关系可得 (b) n(2r1cos37°+2rcos37)=√(3d)+(4d)= 5d(n=1,2,3…), 又有3r1=2r2,根据洛伦兹力提供向心力可得q℃X3B。 =m r 联立解得=15bxd(n=1,2,3…). 4n 答案：132)器al15a1.28… An