2023一輪復習課后速練(四十八)一、選擇題1.(2022·山西模擬)(多選)電視機顯像管應用電子束磁偏轉(zhuǎn)的原理如圖所示，電子槍產(chǎn)生的電子由靜止經(jīng)加速電場加速后進入磁感應強度大小為B、半徑為R的圓形勻強磁場中，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在熒光屏上產(chǎn)生亮點P.已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，電子正對磁場的圓心射入，通過磁場后的偏轉(zhuǎn)角為θ.圓心O與屏上M點的間距為s，則下列說法正確的是(　　)A．電子打在熒光屏上的偏移量為stanB．電子進入磁場時的速度大小為C．電子在圓形磁場中運動的軌跡長度為D．電子槍兩端加速電場的電壓為【答案】　BD【思維分析】 電子離開圓形磁場后的軌跡的反向延長線通過圓心，得電子打在熒光屏上的偏移量|PM|＝stan θ，A項錯誤；電子通過圓形磁場的軌跡如圖所示，則有tan ＝，得電子做圓周運動的半徑r＝，結合r＝，解得電子進入磁場時的速度大小v＝，B項正確；電子通過圓形磁場的時間t＝T＝×＝，軌跡長度l＝vt＝，C項錯誤；電子在加速電場中，由動能定理得eU＝mv2，解得U＝，D項正確．故選B、D兩項．2.(2021·吉林模擬)如圖所示，在第一象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，在第二象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，一個速度大小為v0的帶正電的重力不計的帶電粒子從距O點為L的A點射入磁場，速度方向與x軸正方向成60°角時，粒子恰好垂直于y軸從M點進入電場，之后通過x軸上的C點，C點距O點距離也為L.則電場強度E與磁感應強度B的大小比值為(　　)A.v0　　　　　　　　　　 B.v0C．v0   D．2v0【答案】　A【思維分析】 根據(jù)題目表述，粒子恰好垂直y軸進入電場可知粒子在磁場中運動半徑為r＝＝L，由公式qvB＝m，得B＝，所以磁感應強度B＝，在勻強電場中做類平拋運動，水平位移為L，運動時間t＝，由幾何關系得MO＝，豎直位移為＝L，由L＝t2得E＝，則＝v0.故選A項．3.(2021·重慶模擬)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要設備，構造原理如圖所示．離子源S能產(chǎn)生各種不同的離子束，飄入(初速度可視為零)M、N間的加速電場后從小孔O垂直進入勻強磁場，運轉(zhuǎn)半周后到達照相底片上的P點，P點到小孔O的距離為x.對于一質(zhì)量m和電荷量q各不相同的離子，它們的x2－圖像應是(　　)【答案】　A【思維分析】 在加速電場中有Uq＝mv2，進入磁場，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝m解得x2＝·.故選A項．4.(2021·湖北模擬)(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從邊界上O點射入磁場，其入射方向與邊界成45°角．當粒子第一次運動到電場中的P點時速度大小為v0、方向與邊界平行，且P點與O點水平方向相距3L，P點與邊界相距L.不計粒子的重力．下列說法正確的是(　　)A．粒子從O點射入磁場時的速度大小為2v0B．粒子從Q點射入電場時的速度大小為v0C．勻強電場的場強大小為D．勻強磁場的磁感應強度大小為【答案】　BC【思維分析】 若粒子第一次在電場中到達最高點P，則其運動軌跡如圖所示，粒子在O點時的速度大小為v，OQ段為圓弧，QP段為拋物線，根據(jù)對稱性可知，粒子在Q點時的速度大小也為v，方向與x軸正方向成45°角，可得v0＝vcos 45°，解得v＝v0，B項正確，A項錯誤；在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得－qE0L＝mv02－mv2解得E0＝，C項正確；在勻強電場由Q到P的過程中，水平方向的位移為x＝v0t1，豎直方向的位移為y＝t1＝L可得xQP＝2L，由OQ＝2Rcos 45°，故粒子在OQ段圓周運動的半徑R＝L，結合R＝解得B0＝，D項錯誤．故選B、C兩項．5.(2021·安徽模擬)(多選)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)以直線AB為分界線，上半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.下半圓內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小未知，圓的半徑為R.在磁場左側有一粒子水平加速器，質(zhì)量為m，電荷量大小為q的粒子在極板M右側附近，由靜止釋放，在電場力的作用下加速，以一定的速度沿直線CD射入磁場，直線CD與直徑AB距離為0.6R.粒子在AB上方磁場中偏轉(zhuǎn)后，恰能垂直直徑AB進入下面的磁場，之后在AB下方磁場中偏轉(zhuǎn)后恰好從O點進入AB上方的磁場．帶電粒子的重力不計．則(　　)A．帶電粒子帶負電B．加速電場的電壓為C．粒子進入AB下方磁場時的運動半徑為0.1RD．AB下方磁場的磁感應強度為上方磁場的3倍【答案】　AC【思維分析】 從C點入射的粒子向下偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，即在C點受到的洛倫茲力向下，由左手定則知道粒子帶負電，所以A項正確；由題意知，粒子在AB上方磁場中做勻速圓周運動的半徑r1＝0.6R，在電場中加速有Uq＝mv2，在AB上方磁場中qvB＝，聯(lián)立得U＝，故B項錯誤；粒子在AB下方磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系r1＋2r2＝，解得r2＝0.1R，故C項正確；由洛倫茲力提供向心力得到半徑r＝，由于r1＝6r2，所以B2＝6B1，故D項錯誤．故選A、C兩項．6．(2021·廣東模擬)(多選)圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．帶電粒子從靜止開始運動的速率v隨時間t的變化情況如圖乙所示，已知tn時刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是(　　)A．t3－t2＝t2－t1＝t1B．v1∶v2∶v3＝1∶2∶3C．粒子在電場中的加速次數(shù)為D．同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差保持不變【答案】　AC【思維分析】 粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝m可得r＝，粒子運動周期為T＝＝，故周期與粒子速度無關，每運動半周被加速一次，可知t3－t2＝t2－t1＝t1，A項正確；粒子被加速一次，動能增加qU，被加速n次后的動能為mvn2＝nqU，可得vn＝，故速度之比為v1∶v2∶v3＝1∶∶，B項錯誤；由B項分析可得mv12＝qU，mvn2＝nqU聯(lián)立解得n＝，故粒子在電場中的加速次數(shù)為，C項正確；由A項分析可得r＝，由B項分析可知v3－v2≠v2－v1，故r3－r2≠r2－r1，即同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差會改變，D項錯誤．故選A、C兩項．7．(2021·福建模擬)(多選)如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　)A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關B．帶電粒子每運動一周被加速一次C．帶電粒子每運動一周直徑的變化量相等，即P1P2等于P2P3D．加速電場方向不需要做周期性的變化【答案】　BD【思維分析】 帶電粒子只有經(jīng)過A、C板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次．電場的方向沒有改變，則在A、C間加速，故B、D兩項正確；根據(jù)r＝＝知P1P2＝2(r2－r1)＝2(－1)，P2P3＝2(r3－r2)＝2(－)，所以P1P2≠P2P3，故C項錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)r＝知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，故A項錯誤．8.(2022·安徽模擬)(多選)研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地點和太陽三個點來定位的，蜜蜂飛行時就是根據(jù)這三個位置關系呈8字形運動來告訴同伴蜜源的方位．一興趣小組用帶電粒子在如圖所示的電場和磁場中模擬蜜蜂的8字形運動，即在y>0的空間中和y<0的空間內(nèi)同時存在著大小相等、方向相反的勻強電場，上、下電場以x軸為分界線，在y軸左側和圖中豎直虛線MN右側均無電場，但有方向垂直紙面向里和向外的勻強磁場，MN與y軸的距離為2d.一重力不計的帶負電荷的粒子從y軸上的P(0，d)點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動，經(jīng)過一段時間后，粒子又以相同的速度回到P點，下列說法正確的是(　　)A．電場與磁場的比值為2v0B．電場與磁場的比值為4v0C．帶電粒子運動一個周期的時間為＋D．帶電粒子運動一個周期的時間為＋【答案】　AC【思維分析】 粒子運動軌跡如圖粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)公式有d＝v0t1，d＝·t12粒子在磁場中做勻速圓周運動，有R＝結合幾何知識，可得R＝d聯(lián)立，可得＝2v0又因為類平拋運動的總時間t＝4t1＝勻速圓周運動的軌跡是兩個半圓，所以t2＝故帶電粒子運動一個周期的時間為＋故A、C兩項正確．故選A、C兩項．9．(多選)如圖在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為的勻強磁場．一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30°角斜向上射入磁場，且在上方運動半徑為R，則(　　)A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點OB．粒子完成一次周期性運動的時間為C．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動半徑之比為1∶2D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進了3R【答案】　CD【思維分析】 根據(jù)左手定則判斷可知，負電荷在第一象限和第四象限所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，不可能回到原點O，故A項錯誤；負電荷在第一象限軌跡所對應的圓心角為60°，在第四象限軌跡所對應的圓心角也為60°，粒子圓周運動的周期為T＝，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運動的時間為t1＝T＝，同理，在第四象限運動的時間為t2＝T′＝·＝·，完成一次周期性運動的時間為T總＝t1＋t2＝，故B項錯誤；洛倫茲力提供向心力qvB＝m可知r＝，知粒子圓周運動的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2，故C項正確；根據(jù)幾何知識得，粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離為x＝R＋2R＝3R，故D項正確．故選C、D兩項．10．(2021·江西模擬)(多選)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構成：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器．靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射的電場，中心線處的電場強度大小為E，磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度為B的勻強磁場，磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行．由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器(進入收集器時速度方向與O2P平行)．下列說法正確的是(　　)A．磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面向內(nèi)B．加速電場中的加速電壓U＝ERC．磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d＝D．任何比荷相同的正離子若能到達P點，則一定能進入收集器【答案】　BD【思維分析】 由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，故A項錯誤；對加速過程列動能定理公式Uq＝mv2，對電場中的運動過程列向心力公式Eq＝m，聯(lián)立可得U＝ER，比荷相同的正離子若能到達P點，到達P點的速度一定相等，則一定能進入收集器，故B、D兩項正確；由公式Bqv＝m，Eq＝m，聯(lián)立可得磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d＝，故C項錯誤．故選B、D兩項．二、非選擇題11．(2022·湖北模擬)如圖所示，在xOy平面的第二象限有一勻強電場，電場強度大小E可調(diào)，方向平行于y軸沿y軸正方向．第三象限有一垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.電子源S在xOy平面內(nèi)向各個方向發(fā)射速度大小不同的電子，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e.x軸上的P點與S點的連線垂直于x軸，S點與P點的距離為d，不考慮重力和電子間相互作用．(1)若從S發(fā)出的電子能在磁場中直接到達P點，求電子的最小速度v1；(2)若通過P點的電子在電場和磁場中沿閉合軌跡做周期性運動，求場強的大小E0.【答案】　(1)　(2)【思維分析】 (1)從S發(fā)出電子在磁場中做圓周運動能直接到達P點的最小半徑r1＝d由向心力公式有ev1B＝m解得v1＝.(2)設電子初速度為v，初速度方向與SP的夾角為θ，從Q點由電場進入磁場，如圖所示：設該軌跡圓半徑為r，由幾何關系可知2rsin θ＝d由向心力公式有evB＝m設電子每次在電場中運動的時間為2t，則y方向有vcos θ＝tx方向有vtsin θ＝rcos θ聯(lián)立解得E0＝.12.(2021·河北模擬)如圖所示，在平面直角坐標系中，x軸上方區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，x軸與下方虛線MN之間的區(qū)域有水平向右的勻強電場，電場強度為E，MN下方存在另一垂直紙面向里的勻強磁場．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標原點O平行紙面射入磁場，粒子初速度為v，方向與x軸負方向夾角為30°.若粒子經(jīng)過電場區(qū)域后垂直MN射入下方磁場區(qū)域并且能夠再次回到原點O，不計粒子的重力，試求：(1)粒子進入電場時的位置坐標；(2)MN下方的磁感應強度的大?。?/span>(3)粒子由O點出發(fā)，第二次經(jīng)過x軸時恰好回到O點，求此過程中粒子運動的時間．【答案】　(1)　(2)B　(3)＋【思維分析】 (1)如圖畫出粒子在上面磁場中的軌跡由幾何關系得，所對應的圓心角為60°設粒子的軌道半徑為R，根據(jù)公式qvB＝得R＝故粒子進入電場的坐標為.(2)如圖，粒子進入勻強電場的速度分解為vx和vyvx＝vcos 30°vy＝vsin 30°當粒子到達MN時vx減為零，粒子以速度vy進入下面磁場做半個圓周運動，設場強為B1，半徑為R1，返回電場后做類平拋運動，其兩次在電場的軌跡是完全相同的，因為粒子能夠回到O點，所以2R1＝R又因為qvyB1＝聯(lián)立解得B1＝B.(3)設粒子在上面磁場運動時間為t1，周期為T1T1＝t1＝T1設粒子第一次在電場中運動時間為t2，加速度為aEq＝mavx＝at2設粒子在下面磁場中運動時間為t3，周期為T2T2＝t3＝T2設粒子運動的總時間為t，則t＝＋.13.(2021·北京模擬)質(zhì)譜儀是一種檢測和分離同位素的儀器．如圖所示，某種電荷量為＋q的粒子，從容器A下方的小孔S1進入電壓為U的加速電場，其初速度可忽略不計．這些粒子經(jīng)過小孔S2沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度大小為B的勻強磁場中，形成等效電流為I的粒子束．隨后粒子束在照相底片MN上的P點形成一個曝光點，P點與小孔S2之間的距離為D.不計粒子的重力及粒子間的相互作用．(1)求粒子進入磁場時的動能Ek；(2)求在t時間內(nèi)照相底片接收到的粒子總質(zhì)量M；(3)衡量質(zhì)譜儀性能的重要指標之一是與粒子質(zhì)量有關的分辨率．粒子的質(zhì)量不同，在MN上形成曝光點的位置就會不同．質(zhì)量分別為m和m＋Δm的同種元素的同位素在底片MN上形成的曝光點與小孔S2之間的距離分別為d和d＋Δd(Δd?d)，其中Δd是質(zhì)譜儀能分辨出來的最小距離，定義質(zhì)譜儀的分辨率為，請寫出質(zhì)譜儀的分辨率與d、Δd的關系式．【答案】　(1)qU　(2)　(3)＝【思維分析】 (1)根據(jù)動能定理得Ek＝qU.(2)粒子在電場中加速運動，根據(jù)動能定理有qU＝m0v2粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有Bqv＝m0聯(lián)立解得每個粒子質(zhì)量m0＝t時間內(nèi)接收的粒子數(shù)N＝t時間內(nèi)照相底片接收到的粒子總質(zhì)量M＝Nm0＝.(3)由m＝可得m＋Δm＝因此＝＝由于Δd?d因此(Δd)2可略掉所以質(zhì)譜儀的分辨率＝. 

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