帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及應(yīng)用實(shí)例

.PAGE.高三物理高考第一輪總復(fù)習(xí)<二十四>帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及應(yīng)用實(shí)例1.不計(jì)重力的負(fù)粒子能夠在如圖所示的正交勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速直線穿過．設(shè)產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)的兩極板間電壓為U,距離為d,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,粒子電荷量為q,進(jìn)入速度為v,以下說法正確的是<>A．若同時(shí)增大U和B,其他條件不變,則粒子一定能夠直線穿過B．若同時(shí)減小d和增大v,其他條件不變,則粒子可能直線穿過C．若粒子向下偏,能夠飛出極板間,則粒子動(dòng)能一定減小D．若粒子向下偏,能夠飛出極板間,則粒子的動(dòng)能有可能不變2．如圖所示,一束正離子從S點(diǎn)沿水平方向射出,在沒有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)、磁場(chǎng)時(shí)恰好擊中熒光屏上的坐標(biāo)原點(diǎn)O；若同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)后,正離子束最后打在熒光屏上坐標(biāo)系的第Ⅲ象限中,則所加電場(chǎng)E和磁場(chǎng)B的方向可能是<不計(jì)離子重力及其之間相互作用力><>A．E向下,B向上 B．E向下,B向下C．E向上,B向下 D．E向上,B向上3.三個(gè)帶正電的粒子a、b、c<不計(jì)重力>以相同動(dòng)能水平射入正交的電磁場(chǎng)中,軌跡如圖所示．關(guān)于它們的質(zhì)量ma、mb、mc的大小關(guān)系和粒子a動(dòng)能變化,下列說法正確的是<>A．ma＜mb＜mcB．ma＞mb＞mcC．粒子a動(dòng)能增加D．粒子a動(dòng)能減少4.如圖所示,空間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)的方向豎直向下,磁場(chǎng)方向水平<圖中垂直紙面向里>,一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說法正確的是<>A．若僅撤去電場(chǎng),P可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．若僅撤去磁場(chǎng),P可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．若給P一初速度,P不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．若給P一初速度,P可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)5．如圖所示,一束帶電粒子<不計(jì)重力,初速度可忽略>緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ,再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ,其中磁場(chǎng)的方向如圖所示,收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．則<>A．該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子B．該裝置可篩選出具有特定電荷量的粒子C．該裝置可篩選出具有特定速度的粒子D．該裝置可篩選出具有特定動(dòng)能的粒子6.如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖,帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速<在A點(diǎn)初速度為0>后,進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑,則<>A．a(chǎn)的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量B．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量C．a(chǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D．a(chǎn)的比荷大于b的比荷7.如圖,空間某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),一個(gè)帶電粒子以某一初速度由A點(diǎn)進(jìn)入這個(gè)區(qū)域沿直線運(yùn)動(dòng),從C點(diǎn)離開區(qū)域；如果這個(gè)區(qū)域只有電場(chǎng),則粒子從B點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)；如果這個(gè)區(qū)域只有磁場(chǎng),則粒子從D點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)；設(shè)粒子在上述三種情況下,從A到B點(diǎn)、A到C點(diǎn)和A到D點(diǎn)所用的時(shí)間分別是t1、t2和t3,比較t1、t2和t3的大小,則有<粒子重力忽略不計(jì)><>A．t1＝t2＝t3 B．t2＜t1＜t3C．t1＝t2＜t3 D．t1＝t3＞t28．如圖甲所示是回旋加速器的示意圖,其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒,在加速帶電粒子時(shí),兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,并分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間,則下列判斷中正確的是<>A．在Ek－t圖中應(yīng)有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn－tn－1C．粒子加速次數(shù)越多,粒子最大動(dòng)能一定越大D．要想粒子獲得的最大動(dòng)能越大,則要求D形盒的面積也越大9.質(zhì)譜儀是測(cè)帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器,它的工作原理是帶電粒子<不計(jì)重力>經(jīng)同一電場(chǎng)加速后,垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng),然后利用相關(guān)規(guī)律計(jì)算出帶電粒子質(zhì)量．其工作原理如圖所示．虛線為某粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,由圖可知<>A．此粒子帶負(fù)電B．下極板S2比上極板S1電勢(shì)高C．若只增大加速電壓U,則半徑r變大D．若只增大入射粒子的質(zhì)量,則半徑r變小10．如圖所示,MN是一段在豎直平面內(nèi)半徑為1m的光滑的1/4圓弧軌道,軌道上存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．軌道的右側(cè)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝0.1T．現(xiàn)有一帶電荷量為1C、質(zhì)量為100g的帶正電小球從M點(diǎn)由靜止開始自由下滑,恰能沿NP方向做直線運(yùn)動(dòng),并進(jìn)入右側(cè)的復(fù)合場(chǎng)<NP沿復(fù)合場(chǎng)的中心線>．已知A、B板間的電壓為UBA＝2V,板間距離d＝2m,板的長(zhǎng)度L＝3m,若小球恰能從板的右邊沿飛出,g取10m/s2.求：<1>小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度v的大?。?lt;2>水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小．<3>復(fù)合場(chǎng)中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大?。?1.如圖所示,矩形abcd關(guān)于x軸對(duì)稱,長(zhǎng)ad＝2L,寬ab＝L,三角形Oab區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),梯形Obcd區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子<不計(jì)重力>以初速度v從P點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng),穿過電場(chǎng)后從Ob邊上Q點(diǎn)處進(jìn)入磁場(chǎng),然后從y軸負(fù)半軸上的M點(diǎn)<圖中未標(biāo)出>垂直于y軸離開磁場(chǎng),已知OP＝eq\f<2,3>L,OQ＝eq\f<4\r<2>,9>L,試求：<1>勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E大??；<2>勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2.絕緣水平面ab與處在豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣軌道bcd相切于b點(diǎn),半圓軌道的半徑為R.過b點(diǎn)的豎直平面MN的左側(cè)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),右側(cè)有正交的電、磁場(chǎng),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向里,如圖所示,比荷為k的帶電小球從水平面上某點(diǎn)由靜止釋放,過b點(diǎn)進(jìn)入MN右側(cè)后能沿半圓形軌道bcd運(yùn)動(dòng)且對(duì)軌道始終無壓力,小球從d點(diǎn)再次進(jìn)入MN左側(cè)后正好落在b點(diǎn),不計(jì)一切摩擦,重力加速度為g,求：<1>小球進(jìn)入電、磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v；<2>MN右側(cè)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2；<3>MN左側(cè)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1；<4>小球釋放點(diǎn)到b點(diǎn)的距離x.答案：<二十四>1．BC粒子能夠直線穿過,則有qeq\f<U,d>＝qvB,即v＝eq\f<U,Bd>,若U、B增大的倍數(shù)不同,粒子不能沿直線穿過,A錯(cuò)誤,同理B正確；粒子向下偏,電場(chǎng)力做負(fù)功,又W洛＝0,所以ΔEk＜0,C正確．D錯(cuò)誤．2．A正離子束打到第Ⅲ象限,相對(duì)原入射方向向下,所以電場(chǎng)E方向向下；根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)B方向向上,故A正確．3．AD粒子a受的電場(chǎng)力向下、受的洛倫茲力向上,又a向上偏,說明a受的洛倫茲力大,故推出a的初速度大．又三個(gè)粒子動(dòng)能相同,故a的質(zhì)量小,因此選項(xiàng)A對(duì)；a向上偏,電場(chǎng)力對(duì)其做負(fù)功,洛倫茲力不做功,故a動(dòng)能減少,因此選項(xiàng)D對(duì)．4．D由題意可知,帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力平衡,若P的初速度垂直于磁感線方向,則P可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),若P的初速度沿磁感線方向,則P可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤,D正確；若僅撤去電場(chǎng),帶電粒子在重力作用下先加速,由于洛倫茲力的大小與速度大小成正比,故所受的合外力將發(fā)生變化,帶電粒子不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤；若僅撤去磁場(chǎng),P仍處于靜止?fàn)顟B(tài),B錯(cuò)誤．5．C速度選擇器的工作原理：帶電粒子垂直射入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)空間,所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力方向相反,大小相等．本題中粒子若要無偏轉(zhuǎn)地通過區(qū)域Ⅱ,通過收集室的小孔O3,需要滿足qE＝qvB,即粒子的速度v＝E/B,C正確．6．D粒子經(jīng)電場(chǎng)加速的過程,由動(dòng)能定理有：qU＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律知Bqv0＝meq\f<v\o\al<2,0>,R>,所以R＝eq\f<1,B>eq\r<\f<2mU,q>>,由圖知Ra<Rb,故eq\f<qa,ma>>eq\f<qb,mb>,A、B錯(cuò)、D對(duì)；因周期為T＝eq\f<2πm,Bq>,運(yùn)行時(shí)間為eq\f<T,2>,所以a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,C錯(cuò)．7．C8．A帶電粒子在兩D形盒內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)周期,而粒子運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f<2πm,qB>與粒子速度無關(guān),則有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1,A正確；高頻電源的變化周期應(yīng)該等于2<tn－tn－1>,B錯(cuò)誤；由R＝eq\f<mv,qB>可知：粒子最后獲得的最大動(dòng)能與加速次數(shù)無關(guān),與D形盒內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度和D形盒半徑有關(guān),故C、D錯(cuò)誤．9．C粒子從S3小孔進(jìn)入磁場(chǎng)中,速度方向向下,粒子向左偏轉(zhuǎn),由左手定則可知粒子帶正電．帶正電的粒子在S1和S2兩板間加速,則要求場(chǎng)強(qiáng)的方向向下,那么S1板的電勢(shì)高于S2板的電勢(shì)．粒子在電場(chǎng)中加速,由動(dòng)能定理有eq\f<1,2>mv2＝qU,在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),則有r＝eq\f<mv,qB>,聯(lián)立兩式解得r＝eq\r<\f<2Um,qB2>>,由此式可以看出只增大U或只增大m時(shí),粒子的軌道半徑都變大．10．解析：<1>小球沿NP做直線運(yùn)動(dòng),由平衡條件可得：mg＝qvB1解得v＝10m/s.<2>小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理得：mgR＋qER＝eq\f<1,2>mv2代入數(shù)據(jù)解得：E＝4N/C.<3>在板間復(fù)合場(chǎng)中小球受電場(chǎng)力qUBA/d＝1N與重力平衡,故小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R′,由幾何知識(shí)得：R′2＝L2＋<R′－eq\f<d,2>>2,解得：R′＝5m由qvB2＝mv2/R′,解得：B2＝0.2T.答案：<1>10m/s<2>4N/C<3>0.2T11.解析：<1>根據(jù)題意,Ob與x軸的夾角為45°,帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,場(chǎng)強(qiáng)為E,則x＝OQ·cos45°＝vt①x＝OP－OQ·sin45°＝eq\f<1,2>at2②qE＝ma③聯(lián)立以上各式解得E＝eq\f<9mv2,4qL>.<2>粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,在Q點(diǎn)豎直分速度vy＝at,代入數(shù)據(jù)解得vy＝v∴粒子在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v′＝eq\r<v\o\al<2,x>＋v\o\al<2,y>>＝eq\r<2>v④速度方向與＋x方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f<vy,vx>＝1⑤∴θ＝45°即粒子垂直于Ob邊進(jìn)入磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心即為O點(diǎn)半徑R＝OQ＝eq\f<4\r<2>L,9>⑥又qv′B＝eq\f<mv′2,R>.⑦解得B＝eq\f<9mv,4qL>.答案：<1>eq\f<9mv2,4qL><2>B＝eq\f<9mv,4qL>12．解析：<1>小球進(jìn)入MN右側(cè)電、磁場(chǎng)后能沿bcd運(yùn)動(dòng)且始終對(duì)軌道無壓力,表明洛倫茲力等于小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,且小球的速率不變,因此有qvB＝meq\f<v2,R>①代入eq\f<q,m>＝k解得v＝kBR.②<2>小球速率不變,則重力與電場(chǎng)力平衡,即qE2－mg＝0③解得E2＝eq\f<g,k>.<3>小