高三物理人教版一輪復習第九單元磁場作業(yè)44

題組層級快練(四十四)一、選擇題1．(多選)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3答案BCD解析粒子的質量＝質子數(shù)＋中子數(shù)，故磷離子P＋和P3＋的質量相同，設為m，P＋的電荷量設為q，則P3＋的電荷量為3q，在電場中由a＝eq\f(qE,m)知，加速度之比為所帶電荷量之比，即為1∶3，A項錯誤；由qU＝eq\f(1,2)mv2，得Ek∝q，即離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3，D項正確；又由qBv＝meq\f(v2,r)，所以r＝eq\f(mv,qB)，得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))∝eq\f(1,\r(q))，所以rP＋∶rP3＋＝eq\r(3)∶1，B項正確；由幾何關系，可得P3＋在磁場中轉過60°角后從磁場右邊界射出，C項正確．2．如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構圖．勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產生，其速度方向與磁場方向垂直．電子速度的大小和磁場強弱可分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調節(jié)．下列說法正確的是()A．僅增大勵磁線圈中電流，電子束徑跡的半徑變大B．僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C．僅增大勵磁線圈中電流，電子做圓周運動的周期將變大D．僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大答案B解析僅增大勵磁線圈中電流，磁感應強度增大，由R＝eq\f(mv,qB)可知電子束徑跡的半徑變小，由T＝eq\f(2πm,qB)可知電子做圓周運動的周期將變小，A、C兩項錯誤；僅提高電子槍加速電壓，電子速度增大，由R＝eq\f(mv,qB)可知電子束徑跡的半徑變大，由T＝eq\f(2πm,qB)可知，電子做圓周運動的周期不變，B項正確，D項錯誤．3.(2017·洛陽一模)如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子打至P點，設OP＝x，能夠正確反應x與U之間的函數(shù)關系的是()答案B解析帶電粒子經電壓U加速，由動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2，垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，而R＝x/2，聯(lián)立解得：x＝eq\r(\f(8m,qB2))eq\r(U).由此可知能夠正確反應x與U之間的函數(shù)關系的是圖像是B項．4．(2017·淄博模擬)(多選)粒子回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電場的電壓為U，若中心粒子源處產生的質子質量為m，電荷量為＋e，在加速器中被加速．不考慮相對論效應，則下列說法正確是()A．不改變磁感應強度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速α粒子B．質子第二次和第一次經過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1C．質子被加速后的最大速度不能超過2πRfD．加速的粒子獲得的最大動能隨加速電壓U的增大而增大答案BC解析A項，帶電粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)知，換用α粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速α粒子．故A項錯誤．B項，粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)v＝eq\r(2ax)知，質子第二次和第一次經過D形盒狹縫的速度比為eq\r(2)∶1，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，則半徑比為eq\r(2)∶1.故B項正確．C項，質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf.所以最大速度不超過2πfR.故C項正確．D項，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，知v＝eq\f(BRq,m)，則最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m).與加速的電壓無關．故D項錯誤．5．(多選)質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具．如圖所示為質譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質譜儀對氫元素進行測量．讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場．加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中．氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”．則下列判斷正確的是()A．進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B．進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C．在磁場中運動時間由小到大排列的順序是氕、氘、氚D．a、b、c三條“質譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚答案AC解析氫元素的三種同位素離子均帶正電，電荷量大小均為e，經過加速電場，由動能定理有：eU＝Ek＝eq\f(1,2)mv2，故進入磁場中的動能相同，B項錯誤；且質量越大的離子速度越小，故A項正確；三種離子進入磁場后，洛倫茲力充當向心力，evB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,eB)＝eq\f(\r(2meU),eB)，可見，質量越大的圓周運動半徑越大，D項錯；在磁場中運動時間均為半個周期，t＝eq\f(πR,v)＝eq\f(πm,eB)，可見離子質量越大運動時間越長，C項正確．6.(2017·撫順模擬)(多選)如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強電場，在第一象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場．有一重力不計的帶電粒子(電荷量為q，質量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸正方向成45°角射出電場，再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限．已知OP之間的距離為d，則()A．帶電粒子通過y軸時的坐標為(0，d)B．電場強度的大小為eq\f(mv02,2qd)C．帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為eq\f(（3π＋4）d,2v0)D．磁感應強度的大小為eq\f(\r(2)mv0,4qd)答案BC解析粒子在電場中做類平拋運動，因為進入磁場時速度方向與y軸正方向成45°角，所以沿x軸正方向的分速度vx＝v0，在x軸正方向做勻加速運動，有d＝eq\f(0＋v0,2)t，沿y軸正方向做勻速運動，有s＝v0t＝2d，故A項錯誤．沿x軸正方向做勻加速運動，根據(jù)vx＝v0＝eq\f(Eq,m)×eq\f(2d,v0)＝eq\f(2Eqd,mv0)，解得E＝eq\f(mv02,2qd)，故B項正確．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，由圖可知粒子在磁場中運動的半徑R＝2eq\r(2)d，圓心角θ＝135°＝eq\f(3,4)π，所以在磁場中的運動時間為t1＝eq\f(2πR×\f(135,360),\r(2)v0)＝eq\f(3π×2\r(2)d,4\r(2)v0)＝eq\f(3πd,2v0)；在電場中的運動時間為t2＝eq\f(2d,v0)，所以總時間為t＝t1＋t2＝eq\f(（3π＋4）d,2v0)，故C項正確．由qvB＝eq\f(mv2,R)可知，磁感應強度B＝eq\f(m×\r(2)v0,q×2\r(2)d)＝eq\f(mv0,2qd)，故D項錯誤．7．環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，比荷相等的正、負離子都由靜止經過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向同時注入對撞機的高真空環(huán)狀空腔內，空腔內存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B.正、負離子在環(huán)狀空腔內只受洛倫茲力作用而沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，然后在碰撞區(qū)迎面相撞，不考慮相對論效應，下列說法正確的是()A．所加勻強磁場的方向應垂直圓環(huán)平面向外B．若加速電壓一定，離子的比荷eq\f(q,m)越大，磁感應強度B越小C．磁感應強度B一定時，比荷eq\f(q,m)相同的離子加速后，質量大的離子動能小D．對于給定的正、負離子，加速電壓U越大，離子在環(huán)狀空腔磁場中的運動時間越長答案B解析離子在環(huán)狀空腔內做圓周運動，洛倫茲力指向圓心，由左手定則可知，磁場方向垂直環(huán)面向內，A項錯誤；離子加速，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，而運動的半徑r一定，則r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，B項正確，C項錯誤；離子在磁場中的運動時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，與加速電壓U的大小無關，D項錯誤．8．(2017·長春聯(lián)考)如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面、磁感應強度大小可調的均勻磁場，帶電粒子可在環(huán)中做圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的距離很近的極板，原來電勢均為零，每當帶電粒子經過A板準備進入A、B之間時，A板電勢升高為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速；每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場的加速下動能不斷增大，而在環(huán)形磁場中繞行半徑不變．若粒子通過A、B板的時間不可忽略，能定性反映A板電勢U和環(huán)形區(qū)域內的磁感應強度B隨時間t變化的關系的是()答案BC解析由題意可知，粒子在加速電場中運動時，兩板電勢差不變，故場強不變，帶電粒子所受電場力不變，加速度不變，而粒子進入電場時的初速度不斷變大，故在兩板間運動的時間不斷變短，故A項錯誤，B項正確；粒子進入磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,qR)，隨著粒子速度不斷增大，半徑保持不變，故磁感應強度不斷增大，又由圓周運動規(guī)律T＝eq\f(2πR,v)可知，帶電粒子在磁場中運動的周期不斷減小，故C項正確，D項錯誤．9．(多選)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的任意值．靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質量為m(不計重力)，從點P經電場加速后，從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則()A．兩板間電壓的最大值Um＝eq\f(q2B2L2,2m)B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度x＝(eq\f(3－\r(3),3))LC．粒子在磁場中運動的最長時間tm＝eq\f(πm,qB)D．能打在N板上的粒子的最大動能為eq\f(q2B2L2,18m)答案BCD解析M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以其軌跡圓心在C點，CH＝QC＝L，故半徑R1＝L，又因Bqv1＝meq\f(v12,R1)，qUm＝eq\f(1,2)mv12，可得Um＝eq\f(qB2L2,2m)，所以A項錯誤．設軌跡與CD板相切于K點，半徑為R2，在△AKC中sin30°＝eq\f(R2,L－R2)＝eq\f(1,2)，可得R2＝eq\f(L,3)，CK長為eq\r(3)R2＝eq\f(\r(3),3)L，則CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為HK的長度，x＝HK＝L－CK＝(eq\f(3－\r(3),3))L，故B項正確．打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，周期T＝eq\f(2πm,qB)，所以tm＝eq\f(πm,qB)，C項正確．能打到N板上的粒子的臨界條件是軌跡與CD相切，由B項知，rm＝R2＝eq\f(L,3)，可得vm＝eq\f(BqL,3m)，動能Ekm＝eq\f(q2B2L2,18m)，故D項正確．10.如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸下方的等腰直角三角形CDM區(qū)域內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a.現(xiàn)將質量為m、帶電荷量為q的正粒子從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響．下列說法正確的是()A．若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子垂直于CM射出磁場B．若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子平行于x軸射出磁場C．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子垂直于CM射出磁場D．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子平行于x軸射出磁場答案AD解析粒子在電場中加速，有qEh＝eq\f(1,2)mv02，在磁場中做圓周運動．若粒子垂直于CM射出磁場，則軌跡所對的圓心角θ＝45°，半徑R＝a，而R＝eq\f(mv0,qB)，聯(lián)立以上各式，得h＝eq\f(B2a2q,2mE)，A項正確；若粒子平行于x軸射出磁場，則軌跡所對的圓心角θ＝90°，半徑R＝eq\f(a,2)，由以上各式，解得h＝eq\f(B2a2q,8mE)，D項正確．二、非選擇題11．(2017·浙江模擬)為研究某種材料的熒光特性，興趣小組的同學設計了圖示裝置；讓質子經過MN兩金屬板之間的電場加速后，進入有界勻強磁場．磁場的寬度L＝0.25m．磁感應強度大小B＝0.01T．以出射小孔O為原點，水平向右建立x軸，在0.4≤x≤0.6區(qū)域的熒光屏上涂有熒光材枓，(已知質子的質量m＝1.6×10－27kg，電量q＝1.6×10－19C，進入電場時的初速度可略)(1)要使質子能打在熒光屏上，加速電壓的最小值是多少？(2)當使質子打中熒光屏時的動能超過288eV.可使熒光材料發(fā)光，對于不同的加速電壓，熒光屏上能夠發(fā)光的區(qū)域長度是多少？答案(1)200V(2)0.02m解析(1)質子經電場加速，由動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－0進入磁場后做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得U＝eq\f(qB2r2,2m)從點O運動到x＝0.4m處加速電壓最小，圓周運動半徑r＝0.2m代入數(shù)據(jù)解得U1＝200V(2)由題意，當Ekmin時對應電場力做功最小值qUmin，則Umin＝288V根據(jù)U＝eq\f(qr2B2,2m)得rmin＝0.24m對應x1＝2rmin＝0.48mx2＝0.6m，經檢驗：此時質子已經穿出磁場邊界線，不能打到熒光屏上了，以磁場邊界計算，有rmax＝L＝0.25m，即x2＝2rmax＝0.5m能夠發(fā)光的區(qū)域長度Δx＝x2－x1＝0.02m.12.(2017·貴州省模擬)空間中有一直角坐標系，其第一象限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內，有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場．現(xiàn)有一群質量為m.電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示．已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求：(1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大??；(2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達y軸所用的時間．答案(1)eq\f(qBR,m)eq\f(qBR,2m)(2)(eq\f(5π,3)＋3＋2eq\r(3))eq\f(m,2qB)解析(1)設粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從圓心等高的D點沿x軸負方向射入電場，則粒子在電場中從D點到N點做類平拋運動，有2R＝vt又因為R＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2解得E＝eq\f(qBR,2m)(2)軌跡如圖所示：對于速度v(斜向右上方)的粒子，軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C，從M點射出磁場，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，速度方向偏轉角度等于圓心角θ＝150°，速度為v的粒子在磁場中運動的時間為t1＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(5πm,6qB)粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH＝eq\f(R,2)，在無場區(qū)運動的時間t2＝eq\f(R,2v)＝eq\f(m,2qB)設粒子在電場中到達x軸運動的時間為t3，HO＝R＋eq\f(\r(3)R,2)，則R＋eq\f(\r(3)R,2)＝eq\f(qE,2m)t32，解得t3＝(eq\r(3)＋1)eq\f(m,qB)故粒子到達x軸的時間為t＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(5π,3)＋3＋2eq\r(3))eq\f(m,2qB).13．(2017·天津一模)如圖所示，一等腰直角三角形OMN的腰長為2L，P點為ON的中點，三角形PMN內存在著垂直于紙面向里的勻強磁場Ⅰ(磁感應強度大小未知)，一粒子源置于P點，可以射出垂直于ON向上的不同速率、不同種類的帶正電的粒子．不計粒子的重力和粒子之間的相互作用．(1)求線段PN上有粒子擊中區(qū)域的長度s；(2)若三角形區(qū)域OMN的外部存在著垂直于紙面向外的勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為B；三角形OMP區(qū)域內存在著水平向左的勻強電場．某粒子從P點射出