2020屆浙江選考物理二輪復(fù)習提升訓練：11帶電粒子在磁場中的運動

1、提升訓練11帶電粒子在磁場中的運動1 .如圖所示，O'PQ是關(guān)于y軸對稱的四分之一圓，在PQMN區(qū)域有均勻輻向電場，PQ與MN間的電壓為U。PQ上均勻分布帶正電的粒子，可均勻持續(xù)地以初速度為零發(fā)射出來，任一位置上的粒子經(jīng)電場加速后都會從O'進入半徑為R、中心位于坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向外，大小為B,其中沿+y軸方向射入的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能沿+x軸方向射出。在磁場區(qū)域右側(cè)有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K,金屬板長均為4R,其中K板接地A與K兩板間加有電壓Uak>0,忽略極板電場的邊緣效應(yīng)。已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切

2、O'在y軸(0,-R)上。(不考慮粒子之間的相互作用力)(1)求帶電粒子的比荷(2)求帶電粒子進入右側(cè)電場時的縱坐標范圍(3)若電壓Uak=,求到達K板的粒子數(shù)與進入平行板總粒子數(shù)的比值。2 .如圖為一裝放射源氫的盒子，靜止的氫核Rn)經(jīng)過一次“衰變成針Po,新核Po的速率約為2X105m/s。衰變后的a粒子從小孔P進入正交的電磁場區(qū)域I,且恰好可沿中心線勻速通過，磁感應(yīng)強度B=0.1T。之后經(jīng)過A孔進入電場加速區(qū)域n,加速電壓U=3X106V。從區(qū)域n射出的a粒子隨后又進入半徑為r=m的圓形勻強磁場區(qū)域in,該區(qū)域磁感應(yīng)強度Bo=0.4T、方向垂直紙面向里。圓形磁場右邊有一豎直熒光屏

3、與之相切，熒光屏的中心點M和圓形磁場的圓心O、電磁場區(qū)域I的中線在同一條直線上，a粒子的比荷為=5X107C/kg。K域1區(qū)域II(1)請寫出衰變方程，并求出a粒子的速率(保留一位有效數(shù)字);(2)求電磁場區(qū)域I的電場強度大小粒子在圓形磁場區(qū)域田的運動時間多長？求出粒子打在熒光屏上的位置。3.(2018年3月新高考研究聯(lián)盟第二次聯(lián)考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖1所示。大量的甲、乙兩種離子以0到v范圍內(nèi)的初速度從A點進入電壓為U的加速電場，經(jīng)過加速后從O點垂直邊界MN進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q、質(zhì)量分別為2m和m。不考慮離子間

4、的相互作用。(1)求乙離子離開電場時的速度范圍(2)求所有離子打在底片上距O孔最遠距離Xm；的范圍內(nèi)，如圖2所示,要使甲、乙兩種(3)若離子進入O孔時速度方向分布在y軸兩側(cè)各為9=30離子在底片上沒有重疊，求離子最大初速度v應(yīng)滿足的條件。4.如圖，在xOy坐標平面第一象限內(nèi)x&1m的范圍中存在以y=x2為上邊界的沿y軸正方向的勻強電場,電場強度大小Ei=2.0X102N/C,在直線MN(方程為y=1m)的上方存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。在x=-1m處有一與y軸平行的接收板PQ,板兩端分別位于MN直線和x軸上;在第二象限，MN和PQ圍成的區(qū)域內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電

5、場，電場強度大小為E2。現(xiàn)有大量的帶正電粒子從x軸上0<XW1m的范圍內(nèi)同時由靜止釋放，粒子的比荷均為=1.6X105C/kg,不計粒子的重力及其相互作用。(1)求在x=0.5m處釋放的粒子射出電場Ei時的速度大小(2)若進入磁場的所有帶電粒子均從MN上同一點離開磁場，求磁感應(yīng)強度B的大?。?3)若在第(2)問情況下所有帶電粒子均被PQ板接收，求電場強度E2的最小值和在E2最小的情況下最先打在接收板上的粒子運動的總時間。翻電分析器5 .如圖所示，靜止于A處的帶正電粒子，經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN豎直向上進入矩形區(qū)域的有界勻強磁場(磁場方向如圖所示，其中C

6、NQD為勻強磁場的邊界)。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，方向如圖所示。已知加速電場的電壓為U,圓弧虛線的半徑為R,粒子質(zhì)量為m、電荷量為q,QN=2d,PN=3d,粒子重力不計。I*-u(1)求粒子在輻向電場時其所在處的電場強度E;(2)若粒子恰好能打在N點，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的值;(3)要求帶電粒子最終能打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強度大小B的取值范圍。6 .某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理圖如圖所示。裝置的長L=2d,上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相同、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d,裝置右端有一收集板，N、P為板上的兩點，

7、N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子靜止在A處，經(jīng)加速電場加速后，以速度4沿圖中的虛線從裝置左端的中點O射入，方向與軸線成60。角?？梢酝ㄟ^改變上下矩形區(qū)域內(nèi)的磁場強弱(兩磁場始終大小相同、方向相反，控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。(1)試求出加速電壓U的大??；(2)若粒子只經(jīng)過上方白磁場區(qū)域一次，恰好到達收集板上的P點，求磁場區(qū)域的寬度h;(3)欲使粒子經(jīng)過上下兩磁場并到達收集板上的N點，磁感應(yīng)強度有多個可能的值，試求出其中的最小值Bo7.如圖所示，真空中有以(r,0)點為圓心，以r為半徑的圓形勻強磁場區(qū)，磁感強度大小為B,方向垂直于紙面向里，在y

8、=r的虛線上方足夠大的范圍內(nèi)，有水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E,一質(zhì)子從O點沿與x軸正方向成30°斜向下射入磁場(如圖中所示)，經(jīng)過一段時間后由M點(圖中沒有標出)穿過y軸。已知質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,質(zhì)子的電荷量為e,質(zhì)量為m，重力不計。求：(1)質(zhì)子運動的初速度大小(2)M點的坐標；(3)質(zhì)子由O點運動到M點所用時間。8 .掃描電子顯微鏡在研究微觀世界里有廣泛的應(yīng)用，通過磁聚焦之后的高能電子轟擊物質(zhì)表面，被撞擊的樣品會產(chǎn)生各種電磁輻射，通過分析這些電磁波就能獲取被測樣品的各種信息。早期這種儀器其核心部件如圖甲所示。其原理如下：電子槍發(fā)出的電子束，進入磁場聚焦

9、室(如圖甲，聚焦磁場由通電直導(dǎo)線產(chǎn)生，磁場通過釋放磁場的細縫”釋放而出，通過控制釋放磁場細縫”的寬度、磁場的強弱和方向使電子進行偏轉(zhuǎn)，讓聚焦之后的電子集中打在樣品上。(1)要使射入聚焦室的電子發(fā)生圖乙的偏轉(zhuǎn)，請說明圖甲中左側(cè)和右側(cè)通電直導(dǎo)線的電流方向(只要回答向上”或者向下”)；(2)圖乙為聚焦磁場的剖面圖，要產(chǎn)生圖示的聚焦效果，請說明該平面中磁場的分布情況（3）研究人員往往要估測聚焦磁場區(qū)域中各處磁感應(yīng)強度大小，為了研究方便假設(shè)電子運動經(jīng)過的磁場為勻強磁場，若其中一個電子從A點射入（如圖丙所示），從A點正下方的A'點射出，入射方向與OA的夾角等于出射方向與O'A'的夾

10、角，電子最終射向放置樣品的M點，求該磁感應(yīng)強度的大小？已知OA=O'A'=d,AA'=L,O'M=h，電子速度大小為v,質(zhì)量為m,電荷量為e。9 .（2018年3月綠色評價聯(lián)盟高三適應(yīng)性考試）離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設(shè)計的簡化原理如圖所示，截面半徑為R=2m的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。I為電離區(qū)，電離區(qū)間充有稀薄葩氣體，也有軸向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=1.0X10-3T,在離軸線處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動，截面如圖2所示（從左向右看）。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成“角（0廄

11、90°）。電子碰撞葩原子使之電離，為了取得好的電離效果，從內(nèi)圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內(nèi)運動時不能與外器壁碰撞。n為加速區(qū)，兩端加有電壓形成軸向的勻強電場。I區(qū)產(chǎn)生的葩離子以接近0的初速度進入n區(qū)，被加速后以速度v0=7.25X104m/s從右側(cè)噴出。這種高速粒子流噴射出去，可推動衛(wèi)星運動，電子在I區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大，電離效果越好，已知葩離子比荷=7.25X105Ckg-1,葩離子質(zhì)量M=2.2X10-25kg,電子質(zhì)量為m=0.9X10-30kg,電荷量為e=1.60X10-19C（電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞）。（1）求n區(qū)的加速電壓(2)為取得好的電

12、離效果外”)；，請判斷I區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是里直紙面向里”或垂直紙面向(3)要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率Vm與a角的關(guān)系；(4)若單位時間內(nèi)噴射出N=1018個葩離子，試求推進器的推力(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)10 .如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場。一個質(zhì)量為mo,電荷量為q的正粒子(不計重力)在A(0,3)點平行x軸入射,初速度va=120m/s,該粒子從電場進入磁場，又從磁場進入電場，并且只通過x軸上的點P(4.5,0)及Q(8,0)各一次，已知該粒子的比荷為=108C/kg。求：(1)電場強度

13、的大小(2)磁感應(yīng)強度的大小(3)粒子在磁場中運動的時間。11 .(2018年2月臺州高三期末)如圖1所示為我國蘭州重離子加速系統(tǒng)中的一臺大型分離扇加速器圖2為其簡化示意圖，四個張角為53。的扇形磁鐵沿環(huán)形安裝，產(chǎn)生方向垂直于紙面向里的扇形勻強磁場，磁場的外半徑R=3.6m,磁感應(yīng)強度均為B=0.5T,磁鐵之間為真空無場區(qū)。若重離子質(zhì)量為1.4X10-25kg,帶7個單位正電荷，以速率v=4.0X106m/s沿圖中虛線所示的閉合軌道周期性旋轉(zhuǎn)。求(1)閉合軌道在勻強磁場中圓弧的半徑r,并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向(2)閉合軌道在兩個扇形磁場間的長度d,及離子沿軌道旋轉(zhuǎn)的周期T;(3)重離子沿閉合軌道周

14、期T旋轉(zhuǎn)的最大速度vmo已知：兀電荷e=1.6X10-19C,sin(a±3)=sinocos3±cososin8cosc=1-2sin212 .太空粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖甲所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為。，外圓弧面AB的半徑為L,電勢為州內(nèi)圓弧面CD的半徑為，電勢為忸足夠長的收集板MN平行于邊界ACDB,O至ijMN板的距離OP為L。假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其他星球?qū)αＷ右Φ挠绊憽?1)求粒

15、子到達O點時速度的大小(2)如圖乙所示，在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場，圓心為O,半徑為L,磁場方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上(不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回)，求所加磁場磁感應(yīng)強度B0的大?。?3)隨著所加磁場大小的變化，試定量分析收集板MN上的收集效率刀與磁感應(yīng)強度B的關(guān)系。提升訓練11帶電粒子在磁場中的運動1 .答案(2)-RR解析qU=mv2,得v=由已知條件，知偏轉(zhuǎn)半徑r=RBqv=m得。(2)因為r=R,所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都平行于135°,離開磁場時a點的縱坐標為ya=Rx軸射出。沿QN方向射入時，對應(yīng)的圓心角為

16、沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出發(fā)點b的縱坐標yb=-R所以進入電場時的縱坐標范圍為-RR。(3)E=,F=Eq=ma,y=at2,vt=4Q得y=R從縱坐標y=0.5R進入偏轉(zhuǎn)電場的粒子恰能打到30。，所以比例斤。K板右邊緣，其進入磁場時的速度與y軸夾角為2 .答案(1RnPoHe1X107m/sM點上方1m處(2)1X106V/m(3)X10-7s(4)“粒子打在熒光屏上的解析衰變方程RnPoHe盤變過程動量守恒，0=mPov1-mHev0聯(lián)立可得vo=1.09X107m/sMX107m/s。(2) a粒子勻速通過電磁場區(qū)域I,qE=qv°B聯(lián)立可得E=1X106V/mo(3

17、) a粒子在區(qū)域n被電場加速，qU=mv2-,所以v=2X107m/sa粒子在區(qū)域田中做勻速圓周運動,qvB=m所以R=1m又T=如圖所示，由幾何關(guān)系可知，“粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角片60°,所以a粒子在磁場中的運動時間t=T聯(lián)立可得t=X10-7so(4) a粒子的入射速度過圓形磁場圓心，由幾何關(guān)系可知，出射速度方向也必然過圓心O,幾何關(guān)系如圖,tan60°=，所以x=1m,a粒子打在熒光屏上的M點上方1m處。(2)4解析(1)設(shè)離子以初速度vo進入電場離開電場時速度為vi,由動能定理得qU=解得V1=由題意可知，乙離子進入電場時速度范圍0v,可得乙離子離開電場時速度范圍m(2

18、)磁場中：qBv1=m，解得r=經(jīng)判斷知，以v進入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠處rm=Xm=2rm=4。(3)乙離子能打到的距離O點的最遠距離2r乙=2甲離子能打到的距離O點的最近距離：2r甲cos30°=cos30°當2r乙=2r甲cos30°時,即v=v范圍為v。4 .答案(1)4X103m/s(2)0.1T(3)8.0X102N/C5.7X10-4s解析(1)由題意得，于x處釋放的粒子在電場中加速的位移為y,且滿足y=x2MXKXXM設(shè)射出電場Ei時的速度大小為v,由動能定理可得qyEi=mv2聯(lián)立兩式可求得v=x代入數(shù)值求解得vo,5=4X103m/s

19、o(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)半徑為r,由牛頓第二定律可得qvB=聯(lián)立上式可求得r=x當磁感應(yīng)強度B一定時，軌道半徑r與x成正比，當x趨近于零時，粒子做圓周運動的軌道半徑趨近于零，即所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都從C點射出磁場，且有2r=x聯(lián)立上兩式可得B=0.1To(3)粒子從C點沿y軸負方向進入電場強度大小為E2的范圍后，都在電場力作用下做類平拋運動,若所有帶電粒子均被PQ板接收，則從x=1m處出發(fā)的粒子剛好運動到Q點，對應(yīng)電場強度E2的最小值E2min,設(shè)該粒子在電場強度大小為E2min的電場中運動的初速度為vi,時間為t3,加速度為a2,有x=a2,y=vit3,qE2min=ma2

20、將x=1m,y=1m代入方程可求得E2min=8,0X102N/C由題意得，在E2最小的情況下最先打在接收板上的粒子為從x=1m處出發(fā)的粒子，設(shè)該粒子在電場強度大小為E1的電場中運動的時間為t1,在磁場中運動的時間為t2,則有v1=t1,在勻強磁場中轉(zhuǎn)過打兀的圓心角，有Tf=v112故該粒子所經(jīng)歷的總時t=t1+t2+t3從而求得t£7X10-4So5 .答案(1)(2)(3)<B<解析(1)粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理得qU=mv2,解得v=粒子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，有qE=解得E=。(2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力

21、，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB=則r=，粒子恰好能打在N點，則r=d，可得B=。(3)由r=粒子能打在QN上則既沒有從DQ邊出去，也沒有從PN邊出去。由幾何關(guān)系可知，粒子能打到QN上，必須滿足dwrw2d,則有wBW。6 .答案(1)(2)解析(1)由動能定理可知qU=得U=。(2)設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r,依題意作出帶電粒子的運動軌跡如圖甲所示。如收史根甲(7由圖中幾何關(guān)系有L=3rsin60°+3X,h=r(1-cos60°)解得h=。乙(3)當B為最小值時，粒子運動的軌道半徑r則為最大值，即粒子只經(jīng)過上方和下方的磁場區(qū)域各一次,恰好到達收集板上的N點。設(shè)帶電

22、粒子此時運動的軌道半徑為r',帶電粒子的運動軌跡如圖乙所示。由圖中幾何關(guān)系有L=4r'sin60°+3X根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力大小公式有qv0B=m聯(lián)立以上各式解得B=。7 .答案(2)(0,r+Br)解析(1)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，有Bev=mv=。(2)質(zhì)子在磁場和電場中運動軌跡如圖所示，質(zhì)子在磁場中轉(zhuǎn)過120°角后，從P點再勻速運動一段距離后垂直電場線進入電場，由幾何關(guān)系得P點距y軸的距離為X2=r+rsin30°=1.5r質(zhì)子在電場中做類平拋運動，所以有Ee=maX2=由得t3=M點的縱坐標y=r+vt3=r+Br所以M點坐標為(

23、0,r+Br)。(3)質(zhì)子在磁場中運動時間t1=T=由幾何關(guān)系得P點的縱坐標y2=r所以質(zhì)子勻速運動時間t2=質(zhì)子由。點運動到M點所用時間t=t+t2+t3=。8 .答案(1)向下向下(2)右側(cè)區(qū)域：磁場方向垂直紙面向內(nèi)；中間分界線上：磁感應(yīng)強度為零。左側(cè)區(qū)域：磁場方向垂直紙面向外(5)解析(1)左側(cè)的通電直導(dǎo)線白電流方向向下；右側(cè)的通電直導(dǎo)線的電流方向向下。(2)要產(chǎn)生圖示的聚焦效果，該平面中磁場的分布情況是越靠近中心線處的磁感應(yīng)強度越小，左右對稱;所以歸納為：右側(cè)區(qū)域：磁場方向垂直紙面向內(nèi)中間分界線上：磁感應(yīng)強度為零；左側(cè)區(qū)域：磁場方向垂直紙面向外。(3)設(shè)/A'MO'=Q

24、電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是r,則可得rsin打由幾何關(guān)系可知sin9=d解得r=由帶電粒子在磁場中的受力關(guān)系可知evB=m該磁感應(yīng)強度的大小是B=。9.答案(1)3.625X103V(2)垂直紙面向外(3)vm=x108m/s(4)1.6X102N解析(1)qU=mv2,得U=3.625X103V;(2)磁場方向垂直紙面向外；(3)由余弦定理得：-2rmRsin=,rm=qvmB=m,vm=x108m/s;(4)Ft=NMv0,F=1.6X102No10 .答案(1)4.27X10-5N/C(2)9.14X10-7T(3)0.02s解析粒子先在電場中做類平拋運動，后在磁場中做勻速圓周運動，如圖。設(shè)OA的長度為h,OP的長度為x,粒子從A運動到P的時間為t,則有X=vAty=at2=t2代入數(shù)據(jù)解得t=sEM.27X10-5N/C。(2)vy=2=160m/sv=20