2019高考物理一轮复习 第二部分 计算题部分 精练1 带电粒子在电场和磁场中的运动.doc

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1、1精练精练 1 1 带电粒子在电场和磁场中的运动带电粒子在电场和磁场中的运动1. 加试题 如图 1 所示，在水平放置的足够大的荧光屏上方存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向平行于水平面且与边MN垂直某时刻从与该平面相距为h的S点(S在平面上的投影位置为O)向垂直磁场的平面内的各个方向同时发射大量相同的带正电的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为q，速度大小均为v，方向均在同一竖直平面内观察发现，3Bqh 4m荧光屏上有一条直线发光，其余位置均不发光，且某些位置只有一次发光，某些位置有两次发光，试求：(粒子重力不计)图 1(1)荧光屏发光区域的长度L；(2)荧光屏上一次发光的区域长度L1与两次发

2、光的区域长度L2之比22. 加试题 (2017宁波市九校高三上学期期末)正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞(撞前速度在同一直线上的碰撞)并进行高能物理研究的实验装置，该装置一般由高能加速器、环形储存室和对撞测量区三个部分组成为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域对撞区域设计的简化原理如图 2 所示：MN和PQ为足够长的竖直边界，水平边界EF将整个区域分成上下两部分，区域的磁场方向垂直纸面向内，区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B.现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C和注入口D同时水平射入，在对撞测量区发生对撞已知两注入口到E

3、F的距离均为d，边界MN和PQ的间距为L，正电子的质量为m，电荷量为e，负电子的质量为m，电荷量为e.图 2(1)试判断从注入口C入射的是正电子还是负电子；(2)若L4d，要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，求正电子在磁场中运动的时间；33(3)若只从注入口C射入电子，要使电子从D飞出，求电子射入的最小速率，及此时间距L的大小3. 加试题 (2017余姚中学高三上期中)如图 3 所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到最大值Um之间的各种数值静止的带电粒子电荷量为q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向

4、外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为45，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值Um时，粒子恰垂直打在CD板上，求：图 3(1)当M、N两板间电压取最大值Um时，粒子射入磁场的速度v1的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm；(4)CD板上可能被粒子打中区域的长度s.44. 加试题 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用，如图 4 所示，碳 14 和碳 12 经电离后的原子核带电荷量均为q，从容器A下方小孔S不断飘入电势差为U的加速电场，经过S正下方小孔O后，沿SO方向垂直进

5、入磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，最后打在照相底片D上并被吸收，D与O在同一水平面上，其中碳 12 的粒子在OD上的落点距O点为d，已知粒子经过小孔S时的速度可视为零，不考虑粒子重力图 4(1)求粒子碳 12 的比荷；(2)由于粒子相互作用，所有粒子分布在与OS竖直方向成一定夹角的纸面内，要使两种粒子运动到OD直线上时能区分在不同区域，求角的最大值m；(可以用三角函数表示)(3)实际上加速电压的大小会在UU范围内微小变化，当m时，碳 14 与碳 12 经电5场加速后进入磁场中发生分离，为使这两种粒子在照相底片上落点区域不发生重叠，应U U满足什么条件5. 加试题 (2018西湖高

6、级中学月考 )如图 5 所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在mx0 的区域内有磁感应强度B4.0104 T、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，3其左边界与x轴交于P点；在x0 的某一区域内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E4 N/C，其宽度d2 m一质量m6.41027 kg、电荷量q3.21019 C 的带正电粒子从P点以速度v4104 m/s，沿与x轴正方向成 60角射入磁场，经磁场和电场偏转通过x轴上的Q点(图中未标出)，不计粒子重力求：图 5(1)带电粒子在磁场中运动时间；(2)Q点与电场右边界的距离66. 加试题 (2018嘉兴市期末)在如图 6 所示的坐标系中，第一象限存在沿y

7、轴负方向的匀强电场E(未知)，其余象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，其中第四象限内的磁感应强度为B1(未知)，第二、三象限内的磁感应强度为B2(未知)在y轴上坐标为(0,2L)的A点有一个粒子源，可将质量为m、带电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0沿平行x轴方向射入第一象限，然后从x轴上坐标为(3L,0)的C点射入磁场，经磁场偏转，最终再次垂直y轴回到A点若粒子的重力可忽略不计，求：图 6(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B1的大小；(3)粒子从A点射入第一象限至再次回到A点，所经历的时间77. 加试题 (2017宁波市九校高二上期末 )宇宙射线中，往往含有大量的粒子与反粒子 .1932年

8、，美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等实验仪器，发现了电子的反粒子正电子.1955 年，张伯伦和塞格雷用加速器证实了反质子的存在如图 7 所示，已知区域是速度选择器，极板M、N间距为 4L，现有一束由反质子 11H 与氘核 H 两种粒子组成的射线，沿极板M、N中间线以相同速度v0射入，并从中心O点进入2 1极板上方的区域.已知质子的质量为m，电荷量为e，忽略电荷之间的相互作用图 7 图 8(1)区域是威尔逊云室，云室中充满过饱和乙醚蒸汽，当带电粒子经过时，蒸汽凝结，形成轨迹，云室中加垂直纸面向里的匀强磁场，图中显示了两种粒子在云室中的径迹 1、2，试判断在云室中显示径迹 1 的是哪

9、种粒子的运动轨迹，并分析半径减小的原因(2)现有一科研团队，通过实验观察质子和反质子的碰撞过程，他们撤去区域中的云室和磁场，经过速度选择器的选择，选出速度v0的质子和反质子先后从A1、B1孔竖直向上进入极板上方，OA1OB1L，以极板中间线上的O为原点，建立直角坐标系如图 8 所示，在y8轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，要使质子和反质子在y轴上的P(0，L)处相碰，求：在P点相碰的质子和反质子的动能之比和射入小孔的时间差 t.8. 加试题 (2018台州市高三期末)如图 9 所示，半径为R的圆形匀强磁场区域与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为

10、B1，方向垂直于纸面向外，磁场区域右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为 2R，轴线与x轴平行且过磁场区域的圆心，左侧的电势比右侧高在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d3R的荧光屏EF，荧光屏与竖直方向成60角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域，磁感应强度为B2.在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y0 的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入长方体加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)9图 9(1)求粒子刚进入加速管时的速度v1的大小和加速电压U；(2)求荧光屏上被粒子打中的区域长

11、度 l；(3)若要让从加速管BO3区域出来的粒子全部打中荧光屏，磁场的磁感应强度的大小应满足什么条件？答案精析答案精析1(1)h (2)2 522 1043解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则F洛Bvqmv2 r由题意可知：v，代入上式，可得r3Bqh 4m3h 4带电粒子能够到达荧光屏左右两边的最远距离OE、OF分别为x1、x2，其轨迹示意图如图甲由几何关系得：(hr)2xr2，h2x(2r)2，将式代入可得：1 22 2x1h、x2h，即图中EF为发光区域，其长度：Lx1x2h22522 52(2)画出带电粒子在磁场中运动的轨迹圆C1、C2，其中C2刚好与荧光屏相10切，如图

12、乙所示，可知荧光屏上EG区域有一次发光，GF区域有两次发光，由对称性可知OG的长度：x3h22荧光屏上EG区域一次发光长度L1与GF区域两次发光长度L2的比值为L1 L2x1x3 x2x32 25 22 10432(1)负电子 (2) (3) 4n(2)d，(n1,2,3)2m 3eB22 3edBm3解析 (1)由题意知从注入口C入射的粒子向下偏转，由左手定则可知是负电子(2)电子运动轨迹如图实线所示，由几何关系有：(Rd)2(d)2R2，得到：R2d3故 sin ，得3dR32 3由qvBm，可知Tv2 R2R v2m eB所以正电子运动时间t2T 22m 3eB(3)要使粒子从D点飞出的

13、临界情况是运动轨迹与MN相切，如图所示：由几何关系可知：30且RRcos d解得：R2(2)d.3由qvBm，v2 R得到：v22 3edBm由图可知，间距Ln2R4n(2)d，(其中n1,2,3)33(1) (2) (3)L (4)(2)L2qUm m1 L2mUm qm 2qUm2解析 (1)M、N两板间电压取最大值Um时，由：qUmmv，可得：v1 1 21 22qUm m(2)粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示：11设此时粒子运动轨迹半径为r1，CHQCL即半径r1L，由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动得qv1Bm，得B v1 2 r11 L2mUm q(3)粒子在磁场中运

14、动的时间最长为半个周期由T，tm ，得tmL 2r v2m qBT 2m 2qUm(4)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A在AKC中，sin 45r2 Lr2解得：r2(1)L，即r2(1)L2KC2所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度sHK即sr1r2(2)L.24(1) (2)arccos (3)8U B2d26 7U U7cos2 6 7cos2 6解析 (1)碳粒子在电场中加速，由动能定理得：qUmv2，1 2碳粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvBm，v2 r由几何关系可知：d2r，解得： ；q m8U B2d2(2)粒子在磁场

15、中做圆周运动的轨道半径：R ，1 B2mU q碳 14 运动到OD直线时到O点的最小距离：L12R1cos cos 2 B2m1U q碳 12 运动到OD直线时到O点的最大距离：L22R2 2 B2m2U q两种粒子运动到OD直线上时能区分在不同区域，则：2R1cos 2R2，即：cos ，maxarccos ；6 76 7(3)碳 14 运动到OD直线时到O点的最小距离：L12R1cos cos 2 B2m1UUq碳 12 运动到OD直线时到O点的最大距离：12L22R22 B2m2UUq若要使这两种粒子的落点区域不重叠，需要满足的条件：2R1cos 2R2，解得.U U7cos2 6 7c

16、os2 65(1)104 s (2)3.0 m 6解析 (1)根据牛顿第二定律有qvBmv2 r得：r2 m由几何关系得粒子运动轨迹的圆心角为 60.在磁场中运动周期T2r v运动时间tT 6得：t104 s 6(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动粒子在电场中加速度a2.0108 m/s2qE m运动时间t1 5.0105 sd v沿y方向分速度vyat11.0104 m/s沿y方向位移yat0.25 m1 21 2粒子射出电场后又经时间t2到达x轴上Q点，t27.5105 sLOCy vy故Q点与电场右边界的距离是xvt23.0 m.6(1) (2) (3)4mv0 2 9qL4

17、mv0 9qL(319 803)L v013解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，3Lv0t,2L t21 2qE m得E4mv0 2 9qL(2)粒子最终垂直y轴回到A点，可知在二、三象限内粒子轨迹为半圆，粒子垂直于y轴从第四象限进入第三象限在C点，粒子竖直分速度vyv0.4 3粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可确定在磁场B1中的半径为R1L，速度为vv015 45 3qvB1m，得B1v2 R14mv0 9qL(3)根据几何关系可确定在磁场B2中的半径为R24L电场中运动时间t13L v0磁场B1中运动时间t2127 180m qB1127L 80v0磁场B2中运动时间t3R2 v12L

18、5v0总时间t.(319 803)L v07(1)氘核 因受阻力作用 (2)51 (1)L v0 2解析 (1)由左手定则知径迹 1 是氘核 H 的运动轨迹2 1带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用，速度减小，所以半径减小(2)从A1射入的粒子做类平抛运动：y方向做匀速运动，t1L v0从B1射入的粒子做匀速圆周运动，半径RL经T到达P点，t21 4L 2v014时间差 t(1)L 2v0L v0L v0 2从A1射入的粒子做类平抛运动，x方向：Lt1vx 2y方向：Lv0t1，则vx2v0EkAm(vv)1 20 22x从B1射入的粒子做匀速圆周运动，EkBmv，故1 20 2 .EkA Ek

19、Bv0 2vx2 v0 25 18见解析解析 (1)粒子在磁场中的运动半径为R，由向心力公式可得qv1B1mv1 2 Rv1qB1R m因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在磁场中的运动半径为 2R，由向心力公式可得qv2B2mv2 2 2Rv22qB2R m粒子在加速管中做加速运动，由动能定理得qUmvmv1 22 21 21 215由式得加速管所加的电压UqR24B2 2B1 22m(2)从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，如图所示由几何关系得(x1cos R)2(x1sin )2(2R)2x1R1312从D点穿出的粒子打在离E点最远的屏上，如图所示由几何关系得(x2cos R)2(x2sin )2(2R)2x2R1312粒子打中的区域长度lx2x1R(3)从O3点穿出的粒子恰好打在F点时，有几何关系(dcos 2Rr3)2(dsin )2r3 2得r3R19 7由向心力公式有qv2B3mv2 2 r3由式得B3B2mv2 qr314 19从B点穿出的粒子恰好打在E点时，有r4R3 216由向心力公式有qv2B4mv2 2 r4由式得B4B2mv2 qr44 3从BO3区域穿出的粒子全部打在屏上磁感应强度大小满足的条件是：B2B B2141943