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1、第 1 页 共 18 页专专 题题 检检 测测 卷卷带电粒子在组合场、复合场中的运动（带电粒子在组合场、复合场中的运动（1 1）一、单项选择题一、单项选择题( (本大题共本大题共 5 5 小题小题, ,每小题每小题 8 8 分分, ,共共 4040 分分, ,每小题给出的四个选项中只有一个选项是每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的正确的) )1.如图所示,从离子源发射出的正离子,经加速电压 U 加速后进入相互垂直的电场(E 方向竖直向上)和磁场(B 方向垂直纸面向外)中,发现离子向上偏转。要使此离子沿直线通过电磁场,需要 ( )A.增加 E,减小 B B.增加 E,减小 UC.适当增加
2、U D.适当减小 B2.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数 n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为 b,厚为 d,并加有与侧面垂直的匀强磁场 B,当通以图示方向电流 I 时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为 U。已知自由电子的电荷量为 e,则下列判断正确的是 ( )A.上表面电势高 B.下表面电势高C.该导体单位体积内的自由电子数为I D.该导体单位体积内的自由电子数为b3.(2013佛山一模)1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列相关说法中正确的是
3、( )A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的 P1极板带负电C.在 B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在 B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小q 4.环型对撞机是研究高能粒子的重要装置,如图所示,比荷相等的正、负离子由静止都经过电压为 U的直线加速器加速后,沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为 B。正、负离子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动,然后在碰撞区迎面相撞,不考虑相对论效应,下列说法正确的是( )A.所加的匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外第 2 页 共 18 页B.若加速电压一定,
4、离子的比荷越大,磁感应强度 B 越小q C.磁感应强度 B 一定时,比荷相同的离子加速后,质量大的离子动能小q D.对于给定的正、负离子,加速电压 U 越大,离子在环状空腔磁场中的运动时间越长5.(2013珠海一模)一束几种不同的正离子,垂直射入有正交的匀强磁场和匀强电场区域里,离子束保持原运动方向未发生偏转,接着进入另一匀强磁场,发现这些离子分成几束,如图所示。对这些正离子,可得出结论 ( )A.它们的动能一定各不相同B.它们的电量一定各不相同C.它们的质量一定各不相同D.它们的比荷一定各不相同二、不定项选择题二、不定项选择题( (本大题共本大题共 3 3 小题小题, ,每小题每小题 8 8
5、 分分, ,共共 2424 分分, ,每小题给出的四个选项中每小题给出的四个选项中, ,都有多个选项都有多个选项是正确的。全部选对的得是正确的。全部选对的得 8 8 分分, ,选对但不全的得选对但不全的得 4 4 分分, ,选错或不答的得选错或不答的得 0 0 分分) )6.(2013东城区一模)质量为 m,带电量为 q 的小物块,从倾角为 的光滑绝缘斜面上由静止下滑,整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中,磁感应强度为 B,如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零,下面说法中正确的是 ( )A.小物块一定带正电荷B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C.小物块在斜面上运动时做
6、加速度增大,而速度也增大的变加速直线运动D.小物块在斜面上下滑过程中,当小物块对斜面压力为零时的速率为m 7.(2013西安一模)在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场的方向垂直纸面向里,一个带电油滴沿着一条与竖直方向成 角的直线 MN 运动,如图所示。由此可判断下列说法正确的是( )A.如果油滴带正电,则油滴从 M 点运动到 N 点B.如果油滴带正电,则油滴从 N 点运动到 M 点C.如果电场方向水平向右,则油滴从 N 点运动到 M 点D.如果电场方向水平向左,则油滴从 N 点运动到 M 点8.(2013浙江高考)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和第 3
7、页 共 18 页P3+,经电压为 U 的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子 P+在磁场中转过 =30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子 P+和 P3+( )A.在电场中的加速度之比为 11B.在磁场中运动的半径之比为13C.在磁场中转过的角度之比为 12D.离开电场区域时的动能之比为 13三、计算题三、计算题( (本大题共本大题共 2 2 小题小题, ,共共 3636 分分, ,需写出规范的解题步骤需写出规范的解题步骤) )9.(16 分)(2012天津高考)对铀 235 的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要
8、意义。如图所示,质量为 m、电荷量为 q 的铀 235 离子,从容器 A 下方的小孔 S1不断飘入加速电场,其初速度可视为零,然后经过小孔 S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中,做半径为 R 的匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集,离开磁场时离子束的等效电流为 I,不考虑离子重力及离子间的相互作用。(1)求加速电场的电压 U;(2)求出在离子被收集的过程中任意时间 t 内收集到离子的质量 M;(3)实际上加速电压的大小会在 UU 范围内微小变化。若容器 A 中有电荷量相同的铀 235 和铀238 两种离子,如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离,为使这两种离
9、子在磁场中运动的轨迹不发生交叠,应小于多少?(结果用百分数表示,保留两位有效数字)第 4 页 共 18 页10.(20 分)(2013沈阳一模)如图所示,在 xOy 平面内,第象限内的虚线 OM 是电场与磁场的边界,OM 与 y 轴负方向成 45角。在 xv丙v乙,则三个小球释放位置的高度满足 h甲h丙hv2 丙 乙,由于三个小球运动过程中只有重力做功,则均保持机械能不变。由以上分析可知本题正确选项为C、D,选项 A、B 错误。第 15 页 共 18 页7.【解析】选 A、D。由左手定则可判断洛伦兹力方向向上,圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力,当洛伦兹力初始时刻小于重力时,弹
10、力方向竖直向上,圆环向右减速运动,随着速度减小,洛伦兹力减小,弹力越来越大,摩擦力越来越大,故做加速度增大的减速运动,直到速度为零而处于静止状态,选项中没有对应图像;当洛伦兹力初始时刻等于重力时,弹力为零,摩擦力为零,故圆环做匀速直线运动,A 正确;当洛伦兹力初始时刻大于重力时,弹力方向竖直向下,圆环做减速运动,速度减小,洛伦兹力减小,弹力减小,在弹力减小到零的过程中,摩擦力逐渐减小到零,故圆环做加速度逐渐减小的减速运动,摩擦力为零时,开始做匀速直线运动,D 正确。8. 【解析】选 A、D。带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,水平方向做匀加速直线运动,竖直方向做匀速直线运动,出电场时与 y 轴成
11、 45角,水平速度与竖直速度相等,则由水平方向 t1=,则竖直方向的位移 y=v0t1=2d,带电粒子在匀20强磁场中做匀速圆周运动,恰好垂直于 x 轴进入下面的磁场,则由几何关系可求出粒子的半径为 r=2d 且 r=,粒子垂直进入下面磁场中继续做匀速圆周运动,又垂直 x 轴出磁场,粒子自进入2m20 磁场至第二次经过 x 轴所用时间为 t2=T=,自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴 274 22 720的时间为 t=t1+t2=,故选 A、D。(4 + 7) 209.【解析】(1)设粒子运动到 P 点时速度大小为 v,由动能定理得:qEL=mv2 (2 分)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动
12、,半径 r=L (1 分) qvB=m (2 分)v2 由得:B= (2 分)2 (2)设粒子在匀强电场中运动时间为 t1,由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律得: Eq=ma L=a t21第 16 页 共 18 页由式得:t1= (1 分)2粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期 T=,运动时间为 t2=T 解得:t2= (2 分)2 2 2粒子从 O 点运动到 M 点经历的时间 t=t1+t2= (2 分)4 + 42 答案:(1) (2)2 4 + 42 10.【解析】(1)核反应方程为NHCHe(2 分)147+1 1116+4 2设碳 11 原有质量为 m0,经过 t1=2.0h 剩余
13、的质量为 m,根据半衰期定义有=(=(1.6%(1 分)m01 2)11 2)120 20(2)设质子的质量为 m,电荷量为 q,质子离开加速器时速度大小为 v,由牛顿第二定律得 qvB=m v2 质子运动的回旋周期为 T= (1 分)22 由回旋加速器原理可知,交流电源的频率与质子回旋频率相同,由周期 T 与频率 f 的关系得 f= 1 设在 t 时间内离开加速器的质子数为 N,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率为 P= N1 22输出时质子束的等效电流为 I=N由上述各式联立解得:I=。 P2(3)方法一:设 k(kN)为同一盒中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为 rk、rk+
14、1(rk+1rk),rk=rk+1-rk,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 vk、vk+1,D1、D2之间的电压为 U,由动能定理知2qU=m-m (2 分)v2 + 1v2第 17 页 共 18 页由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知 rk=,则 2qU=(- ) (2 分)m q22 2r2 + 1r2整理得 rk= (1 分)42( + 1+ )因 U、q、m、B 均为定值,令 C=, 由上式得 rk= (2 分)42C + + 1相邻轨道半径 rk+1、rk+2之差 rk+1=rk+2-rk+1,同理得 rk+1= (2 分) 因为 rk+2rk,比较 rk、rk+1 得 rk
15、+1rk),rk=rk+1-rk,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 vk、vk+1,D1、D2之间的电压为 U。由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知 rk=, (1 分)【来源：全,品中&高*考*网】m 故= (1 分)r + 1v + 1由动能定理知,质子每加速一次,其动能增量Ek=qU (1 分)以质子在 D2盒中运动为例,第 k 次进入 D2时,被电场加速(2k-1)次,速度大小为 vk= (2 1)2 (1 分)同理,质子第(k+1)次进入 D2时,速度大小为 vk+1= (1 分)(2 + 1)2 综合上述各式得=,= =v + 12 1 2 + 1r22 + 12 1 2 + 1r2 + 1 2 2 + 12 2 + 1rk= (2 分)22 + 1 (2 + 1)(+ + 1)
