2020版高考物理（山东版）新攻略总复习课标通用练习：第十章 微专题5　带电粒子在组合场中的运动（可编辑WORD） WORD版含解析.docx

1、微专题5带电粒子在组合场中的运动A组基础过关1.回旋加速器是加速带电粒子的装置。其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于方向垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,要增大带电粒子射出时的动能,则下列说法中正确的是()A.减小磁场的磁感应强度B.增大匀强电场间的加速电压C.增大D形金属盒的半径D.减小狭缝间的距离答案C由Bqv=mv2R 得v=BqRm,则粒子动能Ek=12mv2=12B2q2R2m,故可以通过增大D形金属盒的半径或增加磁场的磁感应强度来增大带电粒子射出时的动能,故C正确。2.(多选

2、)质谱仪是用来分析同位素的装置,如图为质谱仪的示意图,其由竖直放置的速度选择器和偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器,该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场,最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点,已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外,且磁感应强度的大小分别为B1、B2,速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用,则()A.速度选择器中的电场方向向右,且三种粒子均带正电B.三种粒子的速度大小均为EB2C.如果三种粒子的电荷量相等,则打在P3点的粒子质量最大D.如果三种粒子的电荷量均为q,

3、且P1、P3的间距为x,则打在P1、P3两点的粒子质量差为qB1B2xE答案AC根据粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电,又由于粒子束在速度选择器中沿直线运动,因此电场方向一定向右,A正确;粒子在速度选择器中做匀速直线运动,则电场力与洛伦兹力等大反向,qE=qvB1,可得v=EB1,B错误;粒子在底板MN下侧的磁场中运动时,洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力,qvB2=mv2R,可得R=mvqB2,如果三种粒子的电荷量相等,粒子的质量越大,其轨迹半径也越大,所以打在P3点的粒子质量最大,C正确;由题图可知OP1=2R1=2m1vqB2,OP3=2R3=2m3vqB2,x

4、=OP3-OP1=2m3vqB2-2m1vqB2,因此m=m3-m1=qB2x2v=qB1B2x2E,D错误。3.(多选)(2019陕西西安期末)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示),规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其他力不计)()A.若粒子的初始位置在a处,在t=38T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e处

5、,在t=118T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度答案AD要使粒子的运动轨迹如题图乙所示,由运动轨迹知粒子做圆周运动的周期应为T0=T2,若粒子的初始位置在a处时,根据磁场的变化周期及左手定则可知A正确。同理可判断B、C错误,D正确。4.如图所示,相距3L的AB、CD两直线间的区域内存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场,其中PT上方的电场的场强方向竖直向下,PT下方的电场的场强方向竖直向上,电场的场强大小是电场的场强大小的2倍,在电场左边界AB上有点Q,P、Q间距离为L。从某时刻起由Q点处以初速度v0沿水平方

6、向垂直射入匀强电场的带电粒子电荷量为+q,质量为m,通过PT上的某点R进入匀强电场后从电场右边界CD上的M点水平射出,其轨迹如图所示。若P、R两点间的距离为2L,不计粒子的重力。(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和M、T之间的距离。(2)有一由光滑弹性绝缘壁围成的横截面边长为a的正三角形容器,在其左壁正中央开有一小孔S,将其置于CD右侧且紧挨CD边界。若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中,欲使粒子在容器中与器壁两次垂直碰撞后能从S孔水平射出(粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电荷量损失),并返回Q点,需要在容器中加上一个如图所示的匀强磁场,求:磁感应强度B的大小;粒子从Q点出

7、发到再返回到Q点所经历的时间。答案(1)mv02qL12L(2)2mv0qa12L+a2v0解析(1)粒子经PT直线上的R点由电场进入电场,设粒子由Q运动到R及由R运动到M的时间分别为t2与t1,则2L=v0t2L=12qE2mt22L=v0t1xMT=12qE1mt12又E1=2E2联立式解得E1=mv02qL,xMT=12L。(2)由(1)分析可知,粒子从S孔水平射入时的速度为v0。欲使粒子在容器中与器壁两次垂直碰撞后能从S孔水平射出,粒子在磁场中运动的轨迹半径应为r=12a由qv0B=mv02r得B=mv0qr=2mv0qa。粒子在磁场中运动的时间t1=12T=a2v0粒子在电场中运动的

8、时间t2=2(t1+t2)=6Lv0粒子从Q点出发到再返回到Q点经历的时间t=t1+t2=a2v0+6Lv0=12L+a2v0。5.(2018山东烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第、象限内有平行于y轴,电场强度大小相同、方向相反的匀强电场,在第象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子,从y轴上的M(0,d)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴的N233d,0点进入第象限内,又经过磁场垂直y轴进入第象限,最终粒子从x轴上的P点离开。不计粒子所受到的重力。求:(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小;(2)粒子运动到P点的速

9、度大小;(3)粒子从M点运动到P点所用的时间。答案(1)3mv022qd3mv02qd(2)10v0(3)(63+66+4)d9v0解析(1)粒子运动轨迹如图所示。设粒子在第象限内运动的时间为t1,粒子在N点时速度大小为v1,方向与x轴正方向间的夹角为,则x=v0t1=233dy=12at12=dqE=ma,tan =vyv0=at1v0v1=v0cos联立以上各式得=3,v1=2v0,E=3mv022qd粒子在第象限内做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qv1B=mv12R由几何关系得R=ONsin=43d联立并代入数据解得B=3mv02qd(2)粒子由M点到P点的过程,由动能定理得qEd+qE

10、(R+R cos )=12mvP2-12mv02代入(1)中所求数据解得vP=10v0(3)粒子在第象限内运动的时间t1=233dv0=23d3v0粒子在第象限内运动周期T=2Rv1=4d3v0t2=-132T=4d9v0粒子在第象限内运动时有R+R cos =12at32解得t3=26d3v0粒子从M点运动到P点的时间t=t1+t2+t3=(63+66+4)d9v0B组能力提升6.(2018河南中原名校联考)如图所示,在直角坐标系的第二象限中,有磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域,在第一象限的yL区域有磁感应强度与区域相同的磁场区域,在第一象限的L2yL区域有磁感应强度

11、大小未知、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场区域,在坐标原点O处有一电压可调的沿x轴正方向的加速电场(图中未画出),电场右侧有一粒子源,可产生带电荷量为q、质量为m,初速度忽略不计的带负电粒子。粒子经加速后从坐标原点O处沿x轴负方向射入磁场区域。(1)若粒子恰好经过坐标为33L,L的P点,且已知粒子运动到P点前仅经过磁场区域和,求加速电场的电压。(2)若调低加速电场的电压,粒子会从磁场区域垂直y轴进入磁场区域,经过坐标为33L,L的P点后进入磁场区域,粒子在P点的速度方向与y轴正方向夹角为,求磁场区域的磁感应强度大小。答案(1)2B2q2L2qm(2)12(sin +3 cos -1)B解析(1

12、)设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v,由动能定理,有qU=12mv2带电粒子进入匀强磁场中,洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R由几何关系,有(L-R)2+33L2=R2解得U=2B2qL29m(2)设调低加速电场电压后,带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v1,区域的磁感应强度大小为B1,粒子轨迹如图所示:带电粒子在磁场区域中做圆周运动有qv1B=mv12R1带电粒子在磁场区域中做圆周运动有qv1B1=mv12R2可得B1=R1R2B由几何关系,有R2 cos =33L2R1+R2-R2 sin =L解得B1=12(sin +3 cos -1)B7.(2018安徽合肥模拟)如图甲所示

13、,带正电的粒子以速度v0从水平平行金属板M、N左侧沿中线OO连续射入电场中,M、N板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN,两板间电场可看成是均匀的,且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场,分界线为CD,磁场右边界处有一屏幕。金属板间距为d,长度为l,磁场的宽度为d。已知B=510-3 T,l=d=0.2 m,粒子的速度v0=105 m/s,比荷qm=108 C/kg,重力忽略不计,在每个粒子通过电场区域的极短时间内,电场可视为是恒定不变的。试求:甲乙(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径;(2)带电粒子射出电场时的最大速度;(3)带电粒子打在屏幕上的范围。答案(1)0

14、.2 m(2)2105 m/s(3)见解析解析(1)由题意可知,t=0时刻射入电场的带电粒子射出电场时速度最小,进入磁场做圆周运动的半径最小。粒子在磁场中运动时有qv0B=mv02rmin则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径为rmin=mv0qB=105108510-3 m=0.2 m(2)设两板间电压为U1时,带电粒子刚好从金属板边缘射出电场,则d2=12at2=12U1qdmlv02代入数据解得U1=100 V。在电压不高于100 V时,带电粒子才能从两板间射出电场,电压高于100 V时,带电粒子打在金属板上,不能从两板间射出,故带电粒子刚好从金属板边缘射出电场时的速度为带电粒子射出电场

15、时的最大速度。设最大速度为vmax,则有12mvmax2=12mv02+qU12解得vmax=2105 m/s(3)由第(1)问计算可知,t=0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin=d=0.2 m,径迹恰与屏幕相切,设切点为E,E为带电粒子打在屏幕上的最高点,其运动的轨迹如图中曲线所示,则OE=rmin=0.2 m。带电粒子射出电场时的速度最大时,在磁场中做圆周运动的半径最大,打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax,打在屏幕上的位置为F,运动轨迹如图中曲线所示,有qvmaxB=mvmax2rmax则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径为rmax=mvmaxqB=2105108510-3 m=25 m由数学知识可得运动径迹的圆心落在屏幕上,如图中Q点所示,并且Q点与M板在同一水平线上,则OQ=d2=0.22 m=0.1 mOF=rmax-OQ=25 m-0.1 m0.18 m综上可知,带电粒子打在屏幕上O上方0.2 m到O下方0.18 m的范围内。