高考物理二輪復(fù)習(xí)專題分層突破練9帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)含解析

PAGEPAGE10專題分層突破練9帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)A組1.(2021湖南邵陽高三一模)如圖所示,有一混合正離子束從靜止通過同一加速電場后,進(jìn)入相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ,如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn),不計(jì)離子的重力。則說明這些正離子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定相同的物理量是()A.動(dòng)能 B.質(zhì)量 C.電荷 D.比荷2.(多選)(2021遼寧高三一模)勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)的回旋加速器如圖所示,高真空中的兩個(gè)D形金屬盒間留有平行的狹縫,粒子通過狹縫的時(shí)間可忽略。勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,加速器接在交流電源上,若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子可在盒間被正常加速。下列說法正確的是()A.雖然逐漸被加速,質(zhì)子每運(yùn)動(dòng)半周的時(shí)間不變B.只增大交流電壓,質(zhì)子在盒中運(yùn)行總時(shí)間變短C.只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度,仍可能使質(zhì)子被正常加速D.只增大交流電壓,質(zhì)子可獲得更大的出口速度3.(2021四川成都高三二模)如圖,在第一、第四象限的y≤0.8m區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小E=4×103N/C;在第一象限的0.8m<y≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)質(zhì)量m=1×10-10kg、電荷量q=1×10-6C的帶正電粒子,以v0=6×103m/s的速率從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向進(jìn)入電場。不計(jì)粒子的重力。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求粒子第一次離開電場時(shí)的速度;(2)為使粒子能再次進(jìn)入電場,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。4.(2021廣東高三六校第四次聯(lián)考)一種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)簡化圖如圖所示,粒子源釋放出初速度可忽略不計(jì)的質(zhì)子,質(zhì)子經(jīng)直線加速器加速后由D形通道的中縫MN進(jìn)入磁場區(qū)。該D形通道的上下表面為內(nèi)半徑為2R、外半徑為4R的半圓環(huán)。整個(gè)D形通道置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,正對著通道出口處放置一塊照相底片,它能記錄下粒子從通道射出時(shí)的位置。已知直線加速器的加速電壓為U,質(zhì)子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k,且質(zhì)子恰好能擊中照相底片的正中間位置。(1)試求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(2)若粒子源只釋放某種帶正電的粒子且照相底片能接收到該粒子,試求這種粒子比荷需滿足的條件。B組5.(2021福建福州高三二模)如圖所示,在xOy平面直角坐標(biāo)系中的第一、二象限內(nèi)有一個(gè)矩形區(qū)域MNQP,區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,MN在x軸上,MO=ON=3d,MP=NQ=d。在第四象限正方形ONFD內(nèi)存在沿+x方向、大小E=的勻強(qiáng)電場,沿PM在第三象限放置一足夠大的熒光屏,屏與y軸平行。一個(gè)電子A從坐標(biāo)原點(diǎn)沿+y方向射入磁場,恰好不從PQ邊射出磁場。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為-e。(1)求電子射入磁場時(shí)的速度大小v;(2)求電子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0;(3)若另一電子C從x坐標(biāo)軸上某點(diǎn)(x≠0)以相同的速度射入磁場。A、C打在熒光屏上同一點(diǎn),求電子射入磁場時(shí)的橫坐標(biāo)x。6.(2021廣東高三月考)如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)第一、三、四象限存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,第二象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量均為m、電荷量均為q的兩帶負(fù)電粒子a、b先后以速度v0從y軸上的P點(diǎn)分別沿x軸正、負(fù)方向入射,經(jīng)過一段時(shí)間后,兩粒子恰好在x軸負(fù)半軸上的Q點(diǎn)相遇,此時(shí)兩粒子均第一次通過x軸負(fù)半軸,已知O、P兩點(diǎn)的距離為d,電場的電場強(qiáng)度大小為,不計(jì)粒子間的作用力和粒子受到的重力。求:(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(2)粒子a、b先后射出的時(shí)間差。7.(2022河南高三開學(xué)考試)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,以P點(diǎn)(0,R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場,在第一象限的x=2R和x=4R的區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子源,可以在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為v0的粒子,沿y軸正向射出的粒子,剛好沿平行x軸的方向射出磁場,粒子進(jìn)入電場后剛好能射到x軸上x=4R的位置,不計(jì)粒子的重力。(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(2)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小;(3)要使沿與x軸負(fù)方向成60°角射出的粒子剛好能射到x軸上x=4R的位置,求需要將整個(gè)電場沿x軸平移多大距離。專題分層突破練9帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1.D解析設(shè)加速電場的電壓為U,則qU=mv2,v=;設(shè)正交電場的電場強(qiáng)度為E,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,由于粒子在區(qū)域里不發(fā)生偏轉(zhuǎn),則qE=Bqv,得v=,可知v=,其中E、B、U為固定值,故正離子的比荷相等。故選D。2.AB解析質(zhì)子在D形盒中運(yùn)動(dòng)的周期T=,半個(gè)周期為,粒子的比荷不變,則質(zhì)子每運(yùn)動(dòng)半周的時(shí)間不變,故A對;質(zhì)子在電場中加速,qU=mv2,qvB=m,聯(lián)立可得R=,增大交變電壓,質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的半徑增大,則質(zhì)子在回旋加速器中加速的次數(shù)減少,又因?yàn)橹芷诓蛔?故運(yùn)行時(shí)間會(huì)變短,故B對;由T=可知,若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大,則T會(huì)減小,只有交流電頻率增大,才能正常工作,故C錯(cuò)誤;設(shè)D形盒的最大半徑為RD,質(zhì)子可獲得更大的出口速度滿足qvmB=m,可得vm=,vm與電壓無關(guān),故D錯(cuò)誤。3.答案(1)1×104m/s,與x軸正方向成53°角斜向右上(2)2T解析(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),所受電場力為F=qE由牛頓第二定律有a=y方向,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有=2asy代入數(shù)據(jù)(其中sy=0.8m)得vy=8×103m/s粒子離開電場時(shí)的速度大小為v=代入數(shù)據(jù)得v=1×104m/stanθ=故所求速度方向與x軸正方向成53°角斜向右上(2)如圖所示,在寬度d=1.0m-0.8m=0.2m的磁場中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),滿足條件下B最小時(shí),軌跡與磁場上邊界相切,設(shè)軌道半徑為R由幾何關(guān)系有R=Rcosθ+d代入數(shù)據(jù)得R=0.5m由牛頓第二定律有qvB=m代入數(shù)據(jù)解得所求最小值B=2T4.答案(1)(2)k≤k'≤k(1)質(zhì)子在電場中加速,有qU=mv2質(zhì)子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng),有qvB=m由幾何關(guān)系知恰能擊中照相底片正中間位置的質(zhì)子的軌跡半徑為3R聯(lián)立解得B=。(2)如圖,若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如2所示,則r1=2R+R=R若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如3所示r2=2R+R=R由(1)可得故比荷之比等于半徑二次方的反比,則k1=k,k2=k粒子比荷k'需滿足的條件為k≤k'≤k。5.答案(1)v=(2)t0=(3)x=-解析(1)電子恰好不從PQ邊射出磁場,則電子運(yùn)動(dòng)軌跡與PQ邊相切,設(shè)電子運(yùn)動(dòng)半徑為R,則由幾何知識(shí)可得R=d電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得Bev=解得v=(2)由幾何知識(shí)可知,電子進(jìn)入電場的橫坐標(biāo)為x=2d電子沿豎直向下的方向進(jìn)入電場,電場力水平向左,電子做類平拋運(yùn)動(dòng)電子若從DF間離開電場,則電子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tDF=電子若從OD間離開電場,設(shè)電子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tOD由牛頓第二定律得電子的加速度為a=根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有x=解得tOD=由于電子從OD間離開電場時(shí)的水平位移比從DF間離開電場時(shí)的水平位移大,所以應(yīng)有tOD>tDF,但計(jì)算所得tOD<tDF,不符合實(shí)際,由此可以判斷電子是從OD間離開電場的故電子在電場運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0=(3)電子A、C通過x軸后沿y軸方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng),且它們沿y軸方向的分速度相等,所以兩個(gè)電子打在熒光屏的同一點(diǎn),意味著兩個(gè)電子在第三、第四象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間相等。設(shè)電子A在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2;電子C在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1',在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2'電子A離開電場時(shí)平行于x軸方向的分速度為v1=at1在第四象限有2d=在第三象限有3d=v1t2電子C從x=x0處進(jìn)入電場,則有x0=at1'2離開電場時(shí)平行于x軸方向的分速度為v1'=at1'在第三象限有3d=v1't2'由前面的分析得t1+t2=t1'+t2'由以上各式聯(lián)立解得x0=(另一解x0=2d不合題意舍去)電子C射入磁場的位置在x0左側(cè)2d處,所以x=-6.答案(1)(2)((1)粒子b做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)b到Q所用時(shí)間為tbx=v0tb,d=,Eq=ma設(shè)粒子a圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R,則qv0B=m,R2=(R-d)2+x2聯(lián)立解得B=。(2)根據(jù)T=a轉(zhuǎn)過角度為300°,則ta=T根據(jù)(1)可得,b粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間tb=所以,時(shí)間差Δt=ta-tb=(。7.答案(1)(2)(3)見解析解析(1)根據(jù)題意,沿y軸正向射出的粒子,剛好沿平行x軸的方向射出磁場,則r=R根據(jù)qvB=m解得B=。(2)粒子沿平行x軸的方向射出磁場,則垂直進(jìn)入電場,根據(jù)R=at22R=v0tma=qE解得E=。(3)每個(gè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均等于有界磁場圓的半徑,因此每個(gè)粒子出磁場后均以垂直y軸方向進(jìn)入電場,電場寬度沒有變化,進(jìn)入電場的速度不變,則在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變,在電場中沿電場方