2011届百所名校高考模拟计算题精编物理专题02 粒子在场中运动

2011届百所名校高考模拟 计算题 一年级下册数学竖式计算题下载二年级余数竖式计算题 下载乘法计算题下载化工原理计算题下载三年级竖式计算题下载 精编-粒子在场中运动.doc 2011届百所名校高考模拟计算题精编 带电粒子在场中运动专题 命题特点：（1）试题突出了物理知识与生产、生活和社会的联系，题目贴近考生实际，很好的体现了素质教育的要求和新课程改革的理念，选题注意社会热点问题。 （2）试题注重在继承的基础上求发展，稳中有变，变中有新，导向作用明显，选题注意知识点的覆盖和背景的新颖性。 （3）注重解题技能的提高，关注高考的热点。根据高考的要求，选择适当的习题。真正可以让学生多练，教师精讲，少讲，有针对性。 一、有关回旋加速器问题的： 1．【2011届北京东城区一模】（18分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B。设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q。α粒子从D形盒中央开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出。求： （1）α粒子被加速后获得的最大动能Ek； （2）α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比； （3）α粒子在回旋加速器中运动的时间； （4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法。 1．（18分） （1）α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有 （1） 可得 α粒子的最大动能Ek= （4分） （2）α粒子被加速一次所获得的能量为qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为 （2） （3） 可得　　 （5分） （3）设α粒子被电场加速的总次数为a，则 Ek= （4） 可得 a （5） α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t。 （6） （7） 解得 （5分） （4）加速器加速带电粒子的能量为Ek= ，由α粒子换成氘核，有 ，则 ，即磁感应强度需增大为原来的 倍； 高频交流电源的周期 ，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的 倍。 （4分） 【变式训练】.1【2011北京丰城区一模】（18分）1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。 某型号 的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图为俯视图乙。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强在场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。D形盒半径为R，磁场的磁感应强度为B。设质子从粒子源A处时入加速电场的初速度不计。质子质量为m、电荷量为+q。加速器接一定涉率高频交流电源，其电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。 (1)求质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1； (2)求质子从静止开始加速到出口处所需的时间t ； (3)如果使用这台回旋加速器加速α粒子，需要进行怎样的改动？请写出必要的分析及推理。 【变式训练】.1解析: (1) （6分） (3) （4分） 回旋加速器正常工作时高频电压的频率必须与粒子回旋的频率相同。设高频电压的频率为f, 则 当速α粒子时α粒子的比荷为质子比荷的2倍， ，所以不用直接使用。 （2分） 改动方法一：让回旋磁场的磁感应强度加倍。 （2分） 改动方法二：让加速高频电压的频率减半。 二、示波器类型（偏转型） 2．【2011北京西城区一模】（18分）图1是示波管的原理图，它由电子枪、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极XX΄、YY΄组成。偏转电极的极板都是边长为l的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为d。电极YY΄的右端与荧光屏之间的距离为L。这些部件处在同一个真空管中。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。荧光屏上有xoy直角坐标系，x轴与电极XX΄的金属板垂直（其正方向由X΄指向X），y轴与电极YY΄的金属板垂直（其正方向由Y΄指向Y）。已知电子的电量为e，质量为m。可忽略电子刚离开金属丝时的速度，并不计电子之间相互作用 力及电子所受重力的影响。 （1）若加速电极的电压为U0，两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每块金属板，并最终打在xoy坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小； （2）若再在偏转电极YY΄之间加恒定电压U1，而偏转电极XX΄之间不加电压， 求电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离； （3）（i）若偏转电极XX΄之间的电压变化规律如图2所示，YY΄之间的电压变化规律如图3所示。由于电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且此过程中可认为偏转极板间的电压不变。请在图4中定性画出在荧光屏上看到的图形； （ii）要增大屏幕上图形在y方向的峰值，若只改变加速电极的电压U0、YY΄之间电压的峰值Uy、电极XX΄之间电压的峰值Ux三个量中的一个，请说出如何改变这个物理量才能达到目的。 2．（18分） （1）电子出加速电场后做匀速直线运动，设速度为υ，根据动能定理得 eU0 = （3分） 解得 υ= （2分） （2）设电子在偏转电极YY΄中的运动时间为t1， 沿垂直电场方向电子做匀速直线运动，则l=υt1 （1分） 沿平行电场方向电子做初速度为0的匀加速直线运动，则 y1= （1分） 此过程中电子的加速度大小 （1分） 电子在y方向的速度υy= a t1 （1分） 电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏。则 L= υ t2 （1分） y2 = υy t2 （1分） 电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离 y= y1+y2 解得 （2分） （3） （i）如答图4所示（2分） （ii）减小U0 或 增大Uy（3分） 【变型训练】2、【2011•郑州市一模 拟】如图所示，两平行金属板A、B长度为l，直流电源能提供的最大电压为U，位于极板左侧中央的粒子源可以沿水平方向向右连续发射质量为m、电荷量为－q、重力不计的带电粒子，射入板间的粒子速度均为 。在极板右侧有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，分布在环带区域中，该环带的内外圆的圆心与两板问的中心重合于O点，环带的内圆半径为R1。当变阻器滑动触头滑至b点时，带电粒子恰能从右侧极板边缘射向右侧磁场。 （1）问从板间右侧射出的粒子速度的最大 值 是多少? （2）若粒子射出电场时，速度的反向延长线与 所在直线交于 点，试证明 点与极板右端边缘的水平距离x＝ ，即 与O重合，所有粒子都好像从两板的中心射出一样； （3）为使粒子不从磁场右侧穿出，求环带 磁场的最小宽度d。 【变型训练】2、【解析】（1）当两板间加最大电压时，从右侧极板边缘飞出的粒子速度最大。由动能定理得 解出 （2）如图，设粒子在电场中的侧移为y，则 = 又l=v0t y= t 联立解得x= （3）射出粒子速度最大时，对应磁场区域最大，设最大轨迹半径为rm，则 qvmB= 如图所示，设环带外圆半径为R2，所求d= R2-R1 R12+rm2=(R2－rm)2 解得 三、质谱仪 3．【2011•济南市第二次模拟】（18分）如图所示为某种质谱仪的结构示意图。其中加速电场的电压为U，静电分析器中与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1。磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一 圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器。测量出Q点与圆心O2的距离为d。 （1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小； （2）求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向； （3）通过分析和必要的数学推导，请你说明如果离子的质量为0.9m，电荷量仍为q，其他条件不变，这个离子射出电场和射出磁场的位置是否变化。 即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为R的匀速圆周运动，仍从N点射出。 由②④式可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径 ，与离子的质量有关，所以不能沿原来的轨迹从Q点射出磁场。 6分 【变型训练】3、【2011•苏北四市一模拟】如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内， 在‑ m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B = 4.0×10-4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E = 4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d = 2m。一质量m = 6.4×10-27kg、电荷量q =‑-3.2×10‑19C的带电粒子从P点以速度v = 4×104m/s，沿与x轴正方向成α=60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。求： ⑴带电粒子在磁场中运动时间； ⑵当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标； ⑶若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。 【变型训练】3、.【解析】⑴带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 有 代入数据得： 轨迹如图1交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点， 由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°。 在磁场中运动时间 代入数据得：t=5.23×10-5s ⑵带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动 方法 一： 粒子在电场中加速度 运动时间 [来源:Z#xx#k.Com] 沿y方向分速度 沿y方向位移 粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点 故Q点的坐标为 方法二： 设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图1，则： 设Q点的横坐标为x 则： 故x=5m。 ⑶电场左边界的横坐标为x′。 当0＜x′＜3m时，如图2，设粒子离开电场 时的速度偏向角为θ′， 则： 又： 由上两式得： 当3m≤ ≤5m时，如图3，有 将y=1m及各数据代入上式得： 四、边界问题： 4．【2011北京海淀区零模】 (20分) 如图所示，圆心在原点、半径为 的圆将 平面分为两个区域，在圆内区域Ⅰ（ ）和圆外区域Ⅱ（ ）分别存在两个匀强磁场，方向均垂直于 平面。垂直于 平面放置两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于 轴放置在[来源:学#科#网Z#X#X#K] = 的位置，荧光屏乙平行于 轴放置在 = 的位置。现有一束质量为 、电荷量为 （ ）、动能为 的粒子从坐标为（ ， ）的 点沿 轴正方向射入区域Ⅰ，最终打在荧光屏甲上，出现亮点 的坐标为（ ， ）。若撤去圆外磁场，粒子也打在荧光屏甲上，出现亮点 的坐标为（ ， ），此时，若将荧光屏甲沿 轴负方向平移，发现亮点的 轴坐标始终保持不变。不计粒子重力影响。 （1）求在区域Ⅰ和Ⅱ中粒子运动速度 、 的大小； （2）求在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度 、 的大小和方向； （3）若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从 点沿 轴正方向射入区域Ⅰ的粒子束改为质量为 、电荷量为 、动能为 的粒子，求荧光屏上出现亮点的坐标。 4．（20分）解： （1）由于在磁场中运动时洛仑兹力不做功，所以在区域Ⅰ和Ⅱ中粒子运动速度大小就是在 点入射时初始速度大小 ，由 可得 ……………………………………………（2分） （2）粒子在区域Ⅰ中运动了四分之一圆周后，从C点沿 轴负方向进入区域Ⅱ的磁场。如图3所示，圆周运动的圆心是 点，半径为 ……………………………………………………………（2分） 由 ，得 …………………………… …（2分） 方向垂直 平面向外。 ………………………………………………………（1分） 粒子进入区域Ⅱ后做半径为 的圆周运动，由 ，可得 ， 圆周运动的圆心 坐标为（ ， ），圆周运动轨迹方程为 将 点的坐标（ ， ）代入上式，可得 ……………………………………………………（2分） 求得： …………………………………………（2分） 方向垂直 平面向里。 ……………………………………………………（1分） （3）如图4所示，粒子先在区域Ⅰ中做圆周运动。由 可知，运动速度为 轨道半径为 ………………………………（1分） 由圆心 的坐标（ ， ）可知， 与 的夹角为 。通过分析如图的几何关系，粒子从D点穿出区域Ⅰ的速度方向与 轴正方向的夹角为 …（1分） 粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的半径为 …………………………（2分） 其圆心 的坐标为（ ， ）,即（ ， ），说明圆心 恰好在荧光屏乙上。所以，亮点将出现在荧光屏乙上的P点， 其 轴坐标为 …………………………（2分） 其 轴坐标为 = …………………………（2分） 【变式训练】4.【2011•焦作市二模拟】如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB、CD间的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m，带电荷量为-q的粒子沿与左边界成30o的方向射入磁场，粒子重力不计．求： （1）若带电粒子能从AB边界飞出，则粒子入射速度应满足的条件； （2）若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，进入如图所示的有界匀强电场中减速至零后再返回，，则有界电场的电压的范围及带电粒子在整个过程中在磁场中运动的时间； （3）若带电粒子的速度是（2）中的 倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子打到CD边界上的长度是多少？ 【变式训练】4.（１）粒子能从左边界射出，临界情况有 (2分) 由洛伦兹力提供向心力可得 　 所以粒子能从左边界射出速度应满足 　 　 （２）粒子能从右边界射出　 　 　 　 由动能定理得 　　 　解得 　　　 粒子不碰到右极板所加电压满足的条件　　 　 　 因粒子转过的圆心角为 ，所用时间为 ，而 　　 因返回通过磁场所用时间与向右通过磁场所用时间相同，所以总时间　 （３）当粒子速度为是（2）中的 倍时 解得 如图由几何关系可得 五 极值问题 5、【2011•盐城市第一次模拟】如图所示，在y轴右侧平面内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0．5T，坐标原点 有一放射源，可以向y轴右侧平面沿各个方向放射比荷为 Kg/C的正离子，这些离子速率分别在从0到最大值 m/s的范围内，不计离子之间的相互作用。 （1）求离子打到y轴上的范围 （2）若在某时刻沿 方向放射各种速率的离子 ，求经过 s时这些离子所在位置构成的曲线方程 （3）若从某时刻开始向y轴右侧各个方向放射各种速率的离子，求经过 时已进入磁场的离子可能出现的区域面积 5.【解析】（1）离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为R 由牛顿第二定律得： 解得： m 由几何关系知，离子打到 轴上的范围为0到2m。 （2）离子在磁场中运动的周期为T， 则 s t时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ 则 这些离子构成的曲线如图所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（ ， ） 则 ， 代入数据并化简得： （3）将第（2）问中图中的OA段从沿 轴方向顺时针方向旋转，在 轴上找一点C，以R为半径作圆弧，相交于B，则两圆弧及 轴所围成的面积即为在 向 轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在 时已进入磁场的离子所在区域。 由几何关系可求得此面积为： 则： 【变式训练】5..【2011•北京西城一模】如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R。以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板。质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场。粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计。[来源:学。科。网] （1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ； （2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0； （3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值。 【变式训练】5、【解析】（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得 ① 解得粒子进入磁场时速度的大小 （2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 ② 由① ②得加速电压U与轨迹半径r的关系为 当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R 对应电压 （3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短。 根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r = R 由 ② 得粒子进入磁场时速度的大小 粒子在电场中经历的时间 粒子在磁场中经历的时间 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间 粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为 t= t1+ t2+ t3= 六、实际运用型 6．【2011北京朝阳区一模】（18分）打印机是办公的常用工具，喷墨打印机是其中的一种。图11是喷墨打印机的工作原理简化图。其中墨盒可以喷出半径约为10-5m的墨汁微滴，大量的墨汁微滴经过带电室时被带上负电荷，成为带电微粒。墨汁微滴所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制。带电后的微滴以一定的初速度进入由两块平行带电金属板形成的偏转电场中，微滴经过电场的作用发生偏转后打在纸面上，显示出字体。若某种喷墨打印机的偏转电场极板长度为l，两板间的距离为d，偏转电场极板的右端距纸面的距离为b，某个带电微滴的质量为m，沿两板间的中心线以初速度v0进入偏转电场。偏转电场两极板间电压为U。该微滴离开电场时的速度大小为v，不计微滴受到的重力和空气阻力影响，忽略电场边沿处场强的不均匀性。[来源:学|科|网Z|X|X|K] （1）该该带电微滴所带的电荷量q； （2）该该带电微滴到达纸面时偏离原入射方向的距离y； （3）在微滴的质量和所带电荷量以及进入电场的初速度均一定的条件下，分析决定打印在纸上字体大小的因素有哪些？若要使纸上的字体高度放大，可以采取的措施是什么？ 6．（18分） 解：（1）带电微滴进入电场后，做类平抛运动，离开电场时，沿垂直电场方向的速度大小为v0，沿电场方向的速度大小为 （2分） 设带电微滴在电场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律与运动学 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 （1分） （1分） 解得： （3分） （2）带电微滴离开电场后做匀速直线运动，设运动方向与v0方向的夹角为θ，根据平抛运动的特点， （3分） 解得 （3分） （3）由（1）问和（2）问的结果可知，微滴到达纸面上时偏离原入射方向的距离 （2分） y的数值越大，即纸面上的字体越大。在m、q以及v0一定的条件下，若要使纸上的字体高度放大，可以增大偏转电场两极板间的电压U、偏转极板的右端距纸面的距离b或偏转极板的长度l，也可以减小偏转电场两极板间的距离d。 （3分） 【变式训练】6、【2011•铁岭市第二次模拟】如图甲所示，水平地面上有一辆小车，小车上固定有竖直光滑绝缘管，管长为L,管 内底部有一质量m = 0.2g，电荷量q = +8×10-5C的小球，小球的直径比管的内径略小。在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1 = 15T的匀强磁场，MN面上方存在着垂直纸面向外、磁感应强度B2 = 15T的匀强磁场，MN上下的整个区域还存在着竖直向上、场强E = 25V/m的匀强电场。现让小车始终保持v = 2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随小球到管底的高度h的变化关系如图乙所示。g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a； （2）绝缘管的长度L； （3）小球离开管后每次经过水平面MN时小球距管口的距离△x。 【变式训练】6.【解析】（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力、电场力和恒定的竖直方向洛伦兹力，加速度设为a，则 a= 　 　 （2）小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，在小球运动到管口时，FN＝2.4×10－3N，设v1为小球竖直分速度，水平方向有： 解得： 　　 竖直方向有： 解得： m （3）小球离开管口进入复合场，其中qE＝mg＝2×10－3 N 故电场力与重力平衡，小球在复合场 中做匀速圆周运动，合速度 与MN成45°角，轨道半径为R， ⑦ …………………… （4分） [来源:学科网]