【文档说明】高考物理一轮复习第9章磁场课时作业31 (含解析).doc，共(10)页，236.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-90086.html

以下为本文档部分文字说明：

课时作业31带电粒子在组合场中的运动时间：45分钟1．如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等．电荷量为2e的带正电的质点M以某一

速度从a点垂直磁场边界向左射出，与静止在b点的电荷量为e的带负电的质点N相撞，并粘合在一起，不计质点M和质点N的重力，则它们在磁场中的运动轨迹是(D)解析：正离子以某一速度击中并吸收静止的电子后，速度保持不变，电荷量变为＋e，由

左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力向下；由r＝mvqB可得，电荷量减半，则半径增大到原来的2倍，故磁场中的运动轨迹为D，故D正确．2．用回旋加速器分别加速某元素的一价正离子和二价正离子，各离子开始释放的位置均在A点，加速电压相同，则关于一价正离子

和二价正离子的加速，下列说法不正确的是(C)A．获得的最大速度之比为12B．获得的最大动能之比为14C．加速需要的交变电压的频率之比为21D．经加速电场加速的次数之比为12解析：某元素的一价正离子和二

价正离子的电荷量之比为12，质量相等，由Ek＝12mv2＝12mqBRm2＝q2B2R22m，可知获得的最大动能之比为14，速度之比为12，A、B正确，不符合题意；加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T＝2πmBq，可见交变电压的周期之比为21，频率

之比为12，C错误，符合题意；经加速电场加速由动能定理有nqU＝q2B2R22m，n＝qB2R22mU，因此加速的次数之比为12，D正确，不符合题意．3．如图所示左侧为竖直放置的两平行板M、N，右侧为垂直纸面向里的左、右边界分别为1、2的匀

强磁场，磁感应强度为B.平行板M的中心处有一电子放射源S，能源源不断地发射一系列初速度可视为零的电子，经加速电压U0加速后，电子沿水平方向从N板的小孔向右进入匀强磁场，经一段时间电子到达磁场右边界的P点．如果磁感应强度变为2B，欲使电子仍沿原来的轨迹到达P点，应将加速电压调节为U，则

(A)A．U＝4U0B．U＝2U0C．U＝2U0D．U＝14U0解析：要使电子在磁场中仍打在P点，则可知电子的运动半径不变，则由Bev＝mv2R可知R＝mvBe，磁感应强度B加倍，而电子的轨道半径R不变，则速度一定也加倍．对电子的加速过程有eU＝12mv2，解得v＝2eUm

，故要使速度加倍，加速电压应变为原来的4倍，A正确．4．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A下

方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场．加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”．则下列判断正确的是(A)A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C．在磁场

中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚解析：离子通过加速电场的过程，有qU＝12mv2，因为氕、氘、氚三种离子的电量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，故A项正确，B项错误；由T＝2πmqB可知，氕、氘、氚三种离子在磁场

中运动的周期依次增大，又三种离子在磁场中运动的时间均为半个周期，故在磁场中运动时间由大到小排列依次为氚、氘、氕，C项错误；由qvB＝mv2R及qU＝12mv2，可得R＝1B2mUq，故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨道半径依

次增大，所以a、b、c三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，D项错误．5．平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m，电荷量为q的正粒子从坐标为(－L，L)的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为v0

＝2EqLm，粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若粒子由P点沿x轴正向入射，初速度仍为v0＝2Eqlm，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离．解析：(1)由动能定理E

qL＝12mv2－12mv20粒子进入磁场时速度大小为v＝4EqLm在磁场中L＝2RqvB＝mv2R可得B＝4mEqL(2)假设粒子由y轴离开电场L＝v0ty＝12at2Eq＝ma可得y1＝L4<L，假设成立vy＝at速度偏转角tanθ＝vyv0＝12第一次到达x轴的坐标x1＝L－y1

tanθ＝32L在磁场中R′＝mv′qBx＝2R′sinθ＝2mv′qBsinθ＝2mvyqB＝24L粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离x＝x1＋x2＝6＋24L(或1.85L)答案：(1)4mEqL(2)6＋24L6．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区

域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同．挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点．在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场．在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷qm＝5×105C/kg的带正电粒子，从A点以v0＝

2×103m/s的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q点回到电场．已知MN、PQ的长度均为L＝0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应．(1)求电

场强度E的大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM＝0.5m，带负电的粒子从C点沿平行MN方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同．若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差．

解析：(1)带正电粒子在电场中做类平抛运动，有L＝v0tL2＝12·qEmt2解得：E＝16N/C.(2)设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，有tanθ＝v0qEmt可得θ＝45°粒子射入磁场时的速度大小v＝2v0粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r由几何关系有r＝22L

解得：B＝1.6×10－2T.(3)两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同．两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电粒子转过的圆心角为3π2，带负电粒子转过的圆心角为π2.两带电粒子在A、C两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中运动的时间差．若带电粒子能在匀强

磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间T＝2πrv＝2πmqB带正电粒子在磁场中运动时间t1＝34T＝5.9×10－4s带负电粒子在磁场中运动时间t2＝14T＝2.0×10－4s两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差Δt＝t1－t2＝3.9×10－4s.答案：(1)16N/C(

2)1.6×10－2T(3)3.9×10－4s7．(2018·天津卷)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域，外圆

与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从

M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv23R①设粒子在电场中运动所受电场力为F

，有F＝qE②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at④联立①②③④式得t＝3BRE⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心

角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得(r′－R)2＋(3R)2＝r′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tanθ＝3Rr

′－R⑦粒子从Q点射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P点释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得tanθ＝vv

0⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝qBRm⑨答案：(1)3RBE(2)qBRm