新教材高考物理一轮复习课时规范练32带电粒子在复合场中的运动含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练32带电粒子在复合场中的运动含答案，共11页。试卷主要包含了右图为等离子体发电机的示意图，8 m等内容，欢迎下载使用。
1.(感应加速器)(2022安徽宣城期末)无论周围空间是否存在闭合回路,变化的磁场都会在空间激发涡旋状的感应电场,电子感应加速器便应用了这个原理。电子在环形真空室被加速的示意图如图所示,规定垂直于纸面向外的磁场方向为正,用电子枪将电子沿图示方向注入环形室。它们在涡旋电场的作用下被加速。同时在磁场内受到洛伦兹力的作用,沿圆形轨道运动。下列变化规律的磁场能对注入的电子进行环向加速的是( )
2.(等离子体发电)右图为等离子体发电机的示意图。高温燃烧室产生的大量的正、负离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中。在发电通道中有两块相距为d的平行金属板,两金属板外接电阻R。若磁场的磁感应强度为B,等离子体进入磁场时的速度为v,系统稳定时发电通道的电阻为r。则下列表述正确的是( )
A.上金属板为发电机的负极,电路中电流为BdvR
B.下金属板为发电机的正极,电路中电流为BdvR+r
C.上金属板为发电机的正极,电路中电流为BdvR+r
D.下金属板为发电机的负极,电路中电流为BdvR
3.(电磁流量计)有一种污水流量计原理可以简化为如图所示模型:废液内含有大量正、负离子,从直径为d的圆柱形容器右侧流入,左侧流出。流量值等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,下列说法正确的是( )
A.M点的电势高于N点的电势
B.负离子所受洛伦兹力方向竖直向下
C.M、N两点间的电势差与废液的流量值成正比
D.M、N两点间的电势差与废液流速成反比
4.(霍尔效应)右图为霍尔元件的工作原理示意图,导体的宽度为h、厚度为d,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,CD两侧面会形成电势差U,其大小与磁感应强度B和电流I的关系为U=kIBd,式中比例常数k为霍尔系数,设载流子的电荷量的数值为q,下列说法正确的是( )
A.霍尔元件是一种重要的电传感器
B.C端的电势一定比D端的电势高
C.载流子所受静电力的大小F=qUd
D.霍尔系数k=1nq,其中n为导体单位体积内的电荷数
5.(回旋加速器)右图为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定,且被限制在A、C板间,虚线中间不需加电场,如图所示,带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动,对这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是( )
A.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
B.带电粒子每运动一周被加速一次
C.带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3
D.加速电场方向需要做周期性的变化
6.(多选)(组合场)如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。在该平面有一个质量为m带正电且电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于x轴,从x轴上的P点进入匀强电场,恰好与y轴成45°角射出电场,再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场,已知OP之间的距离为d,则( )
A.磁感应强度B=2mv04qd
B.电场强度E=mv022qd
C.自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t=72πd2v0
D.自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t=7πd2v0
素养综合练
7.(2021北京卷)如图所示,M为粒子加速器,N为速度选择器,两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面向里,磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子,经M加速后恰能以速度v沿直线(图中平行于导体板的虚线)通过N。不计重力。
(1)求粒子加速器M的加速电压U。
(2)求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向。
(3)仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子,离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d,求该粒子离开N时的动能Ek。
8.(2022春湖北襄阳期末)如图所示,在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形AOC,AO边长l1=3 m,OC边长l2=3 m,三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=1 T,x轴下方有沿着y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E=100 V/m。一质量为m=2×10-21 kg、电荷量大小为q=3.2×10-19 C的带负电的粒子从y轴上的某点M由静止释放,粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角三角形的斜边射出,不计粒子重力。
(1)求M点到O点的距离。
(2)改变粒子在y轴上的释放点,使粒子由N点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场,求N点到O点的距离。
(3)在(2)过程中,求粒子从N点由静止释放到射出磁场的运动时间。
9.(2023广东大湾区普通高中联考二模)如图甲是一种利用磁场约束离子运动的装置原理图,内、外半径分别为R和3R的圆筒共轴放置,轴线OO'水平,在轴线正下方是一对平行金属板,上板正中间的小孔a与外筒正中间的小孔b在通过轴线的同一竖直线上,a、b间距离为d。两筒之间分布着以轴为圆心的同心磁场,各处磁感应强度大小近似相等,磁感应强度为B,从右往左看截面如图乙所示。在平行板下板中央的一个质量为m、电荷量为e的氢离子(11H)从静止加速经小孔a从小孔b进入磁场,在磁场中的轨迹恰好与内筒下边缘相切;一段时间后调节板间电压为原来的2倍,并让一个氘核(12H)在下极板同一位置从静止加速也进入磁场。已知离子与筒壁正碰后均原速反弹且碰撞时间极短,离子与筒壁接触其电荷量不变,筒壁光滑,忽略离子间的相互作用和它们在平行板间加速的时间。
(1)求加速氢离子时平行板间的电压U的大小;
(2)分析氘核是否与内筒壁碰撞,如果与内筒壁碰撞,求它与内筒壁第一次碰撞的点P(未在图中画出)与小孔b的水平距离s的大小;
(3)若氢离子第一次与筒左侧壁垂直碰撞后沿直线返回,运动到P点时与氘核相遇,筒长L=20R,求氢、氘核释放的时间间隔。
答案：
1.D 解析 依据题图电子在感应加速器中做逆时针的加速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,根据左手定则判断,磁场方向应为垂直于纸面向外,即磁场方向为正方向。因电子被加速,故变化的磁场激发的涡旋状的感应电场的方向应与电子圆周运动的方向相反,即感应电场的方向为顺时针,由楞次定律判断,需要正方向磁场的磁感应强度增大,故D正确,A、B、C错误。
2.C 解析 根据左手定则,正离子受到的洛伦兹力向上,所以上金属板带正电,即上板为正极。稳定后有Udq=qvB,解得U=dvB,根据闭合电路的欧姆定律得I=Ur+R=dvBr+R,故C正确。
3.C 解析 根据左手定则,正电荷受到竖直向下的洛伦兹力,负电荷受到竖直向上的洛伦兹力,则正电荷集聚在N一侧,负电荷集聚在M一侧,则M点的电势低于N点的电势,故A、B错误;根据qvB=Udq,可得流速v=UBd,MN两点电势差与废液流速成正比,故D错误;流量值Q=Sv=πdU4B,则电势差U与流量值Q成正比,故C正确。
4.D 解析 霍尔元件是磁传感器,故A错误;若载流子带正电,由左手定则可知正电荷往C端偏转,C端电势高,同理可知,若载流子带负电,D端电势高,故B错误;载流子所受静电力的大小F=qUh,故C错误;载流子稳定流动时有qvB=qUh,电流的微观表达式为I=nqSv,其中n为导体单位体积内的电荷数,可得U=BhInqhd=IBnqd,又U=kIBd,则霍尔系数k=1nq,故D正确。
5.B 解析 带电粒子只有经过A、C板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次,电场的方向没有改变,则在A、C间加速,电场方向不需要做周期性的变化,故B正确,D错误;根据qvB=mv2r和nqU=12mv2,式中n为加速次数,得r=mvBq=2nmqUBq,可知P1P2=2(r2-r1)=2(2-1)2mqUBq,P2P3=2(r3-r2)=2(3-2)2mqUBq,所以P1P2≠P2P3,故C错误;当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据r=mvBq,知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关,故A错误。
6.BD 解析 粒子的运动轨迹如图所示:
带电粒子在电场中做类平抛运动,水平方向做匀加速运动,竖直方向做匀速运动,由题得知,出电场时,vx=vy=v0,根据x=vx2t,y=vyt=v0t,得y=2x=2d,出电场时与y轴交点坐标为(0,2d),设粒子在磁场中运动的半径为R,则有Rsin (180°-β)=y=2d,而β=135°,解得R=22d,粒子在磁场中运动的速度为v=2v0,根据qvB=mv2R解得B=mv02qd,故A错误;根据vx=at=qEmt=v0,x=vx2t,联立解得E=mv022qd,故B正确;在第一象限运动时间为t1=135°360°T=3πd2v0,在第四象限运动时间为t2=12T=2πdv0,所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t=t1+t2=7πd2v0,故C错误,D正确。
7.答案 (1)mv22q
(2)vB 方向垂直于导体板向下
(3)12mv2+qBvd
解析 (1)粒子直线加速,根据功能关系有qU=12mv2,解得U=mv22q。
(2)速度选择器中静电力与洛伦兹力平衡Eq=qvB
得E=vB
方向垂直于导体板向下。
(3)粒子在全程静电力做正功,根据功能关系有Ek=qU+Eqd
解得Ek=12mv2+qBvd。
8.答案 (1)0.8 m
(2)365(2n+1)2 m(n=0,1,2,3,…)
(3)3×10-2 s+(6n+1)π960 s(n=0,1,2,3,…)
解析 (1)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R0,粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示:
甲
由几何知识得lAC=lAO2+lOC2=(3)2+32 m=23 m,
sin C=lAOlAC=323=12,R0+R0sin∠C=lOC,代入数据解得R0=1 m
粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B=mv02R0
设M点到O点的距离为y0,由动能定理得qEy0=12mv02-0
解得y0=qB2l2218mE,代入数据解得y0=0.8 m。
(2)要使粒子由N点静止释放后能沿垂直于斜边的方向射出磁场,粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示:
乙
粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足l2=(2n+1)R(n=0,1,2,3,…)
粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2R
设N点到O点的距离为y,由动能定理有qEy=12mv2-0
解得y=qB2l222(2n+1)2mE,代入数据解得y=365(2n+1)2 m(n=0,1,2,3,…)。
(3)设粒子在电场中的加速度为a,由牛顿第二定律得qE=ma
设粒子在电场中每单程的运动时间为t0,则y=12at02
粒子在电场中总的运动时间t1=(2n+1)t0(n=0,1,2,3,…)
解得t1=Bl2E,代入数据解得t1=3×10-2 s
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πmqB
粒子在磁场中总的运动时间t2=T12+nT2(n=0,1,2,3,…)
解得t2=16+nπmqB,代入数据解得t2=(6n+1)π960 s(n=0,1,2,3,…)
粒子从N点由静止释放到射出磁场运动的总时间t=t1+t2=3×10-2 s+(6n+1)π960 s(n=0,1,2,3,…)。
9.答案 (1)2eB2R2m
(2)会与内筒壁碰撞 2(2-3)R
(3)meB13π6+3+3
解析 (1)过筒中间轴线的竖直截面如图所示
氢离子的轨迹刚好与内筒相切,故其半径为
r1=2R
由洛伦兹力提供向心力
ev1B=mv122R
由动能定理
eU=12mv12-0
解得加速氢离子的电压为
U=2eB2R2m。
(2)设氘核在磁场中的运动半径为r2,速度为v2,由牛顿第二定律可知
ev2B=2mv22r2
由动能定理
2eU=12(2m)v22-0
解得
r2=4R
因为r2>2R,则氘核会与内筒壁碰撞
可得氘核与轨迹碰撞点如图中的P点所示
由sin θ=2R4R=0.5
可知
θ=30°
由此可得P点与小孔沿轴方向的距离为
s=4R-4Rcs 30°=2(2-3)R。
(3)氢离子与筒的左壁垂直碰撞后原速反弹,且沿着轴做匀速直线运动,运动轨迹如图所示
氢离子在磁场中的运动周期为
T1=2πr1v1=2πmeB
氘核在磁场中的运动周期
T2=4πmeB
由上述分析可知相遇前氢原子在磁场中运动的时间为
t1=54T1+L2-sv1
氘核在磁场中运动的时间
t2=θ2πT2
两粒子释放时的时间间隔
Δt=t1+dv1-t2+dv2
又v1=v2
解得Δt=meB13π6+3+3。