高三物理一輪復習 第八章 磁場 第3節(jié)“帶電粒子在組合場中的運動”對點練課時跟蹤檢測試題

“帶電粒子在組合場中的運動”卷(一)“帶電粒子在組合場中的運動”對點練對點訓練：質(zhì)譜儀回旋加速器1．(多選)(2015·武漢摸底)圖1甲是回旋加速器的工作原理圖。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，所以粒子在半圓盒中做勻速圓周運動。若帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，不計帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮由相對論效應帶來的影響，下列判斷正確的是()圖1A．在Ek-t圖中應該有tn＋1－tn＝tn－tn－1B．在Ek-t圖中應該有tn＋1－tn<tn－tn－1C．在Ek-t圖中應該有En＋1－En＝En－En－1D．在Ek-t圖中應該有En＋1－En<En－En－1解析：選AC根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速度無關可知，在Ek-t圖中應該有tn＋1－tn＝tn－tn－1，選項A正確B錯誤；由于帶電粒子在電場中加速，電場力做功相等，所以在Ek-t圖中應該有En＋1－En＝En－En－1，選項C正確D錯誤。2.(2015·江蘇高考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖2所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)eq\f(2,3)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)eq\f(1,3)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。圖2(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁場中做勻速圓周運動，qvB＝meq\f(v2,r0)解得r0＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0)。(2)由(1)知，U＝eq\f(16U0r2,9L2)，離子打在Q點時，r＝eq\f(5,6)L，得U＝eq\f(100U0,81)離子打在N點時，r＝L，得U＝eq\f(16U0,9)則電壓的范圍eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)。(3)由(1)可知，r∝eq\r(U)由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點，eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上，eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))2L第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原來打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))3L同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1L檢測完整，有rn≤eq\f(L,2)，解得n≥eq\f(lg2,lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))))－1≈2.8最少次數(shù)為3次。答案：(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)最少次數(shù)為3次對點訓練：帶電粒子在交變電、磁場中的運動3．(2015·廣東六校高三第一次聯(lián)考)如圖3所示，兩平行金屬板E、F之間電壓為U，兩足夠長的平行邊界MN、PQ區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，由E板中央處靜止釋放，經(jīng)F板上的小孔射出后，垂直進入磁場，且進入磁場時與邊界MN成60°角，磁場MN和PQ邊界距離為d。求：圖3(1)粒子離開電場時的速度；(2)若粒子垂直邊界PQ離開磁場，求磁感應強度B；(3)若粒子最終從磁場邊界MN離開磁場，求磁感應強度的范圍。解析：(1)設粒子離開電場時的速度為v，由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))。(2)粒子離開電場后，垂直進入磁場，根據(jù)幾何關系得r＝2d由洛倫茲力提供向心力有：qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得：B＝eq\f(1,2d)eq\r(\f(2mU,q))。(3)最終粒子從邊界MN離開磁場，需滿足條件：剛好軌跡于PQ相切d＝r＋rsin30°聯(lián)立④⑤解得：B＝eq\f(3,2d)eq\r(\f(2mU,q))磁感應強度的最小值為B＝eq\f(3,2d)eq\r(\f(2mU,q))，磁感應強度的范圍是B≥eq\f(3,2d)eq\r(\f(2mU,q))。答案：(1)v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)B＝eq\f(1,2d)eq\r(\f(2mU,q))(3)B≥eq\f(3,2d)eq\r(\f(2mU,q))4.(2015·山東高考)如圖4所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬板間有一勻強電場，上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由小孔下方eq\f(d,2)處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。圖4(1)求極板間電場強度的大?。?2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應強度的大??；(3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應強度的大小分別為eq\f(2mv,qD)、eq\f(4mv,qD)，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程。解析：(1)設極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得qEeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv2①由①式得E＝eq\f(mv2,qd)②(2)設Ⅰ區(qū)磁感應強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)③如圖甲所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況。若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關系得R＝eq\f(D,4)④聯(lián)立③④式得B＝eq\f(4mv,qD)⑤若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關系得R＝eq\f(3D,4)⑥聯(lián)立③⑥式得B＝eq\f(4mv,3qD)⑦(3)設粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2，由題意可知，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應強度的大小分別為B1＝eq\f(2mv,qD)、B2＝eq\f(4mv,qD)由牛頓第二定律得qvB1＝meq\f(v2,R1)，qvB2＝meq\f(v2,R2)⑧代入數(shù)據(jù)得R1＝eq\f(D,2)，R2＝eq\f(D,4)⑨設粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做周圍運動的周期分別為T1、T2，由運動學公式得T1＝eq\f(2πR1,v)，T2＝eq\f(2πR2,v)⑩據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖乙所示，根據(jù)對稱性可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設為θ2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設為α，由幾何關系得θ1＝120°?θ2＝180°?α＝60°?粒子重復上述交替運動回到H點，軌跡如圖丙所示，設粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2，可得t1＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ1×2,360°)T1，t2＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ2,360°)T2?設粒子運動的路程為s，由運動學公式得s＝v(t1＋t2)?聯(lián)立⑨⑩?????式得s＝5.5πD。?答案：(1)eq\f(mv2,qd)(2)eq\f(4mv,qD)或eq\f(4mv,3qD)(3)5.5πD5．(2015·上饒二模)如圖5甲所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xOy坐標系，在第Ⅱ象限內(nèi)有平行于桌面的勻強電場，場強方向與x軸負方向的夾角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板C1、C2，兩板間距為d1＝0.6m，板間有豎直向上的勻強磁場，兩板右端在y軸上，板C1與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標原點O的距離為L＝0.72m。在第Ⅳ象限垂直于x軸放置一塊平行y軸且沿y軸負向足夠長的豎直平板C3，平板C3在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點O相距d2＝0.18m?，F(xiàn)將一帶負電的小球從桌面上的P點以初速度v0＝4eq\r(2)m/s垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過C1板上的M孔，進入磁場區(qū)域。已知小球可視為質(zhì)點，小球的比荷eq\f(q,m)＝20C/kg，P點與小孔M在垂直于電場方向上的距離為s＝eq\f(\r(2),10)m，不考慮空氣阻力。求：圖5(1)勻強電場的場強大??；(2)要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板C3上，求磁感應強度的取值范圍；(3)若t＝0時刻小球從M點進入磁場，磁場的磁感應強度如乙圖隨時間呈周期性變化(取豎直向上為磁場正方向)，求小球從M點到打在平板C3上所用的時間。(計算結(jié)果保留兩位小數(shù))解析：(1)小球在第Ⅱ象限內(nèi)做類平拋運動有：v0t＝sat＝v0tanθ由牛頓第二定律有：qE＝ma代入數(shù)據(jù)解得：E＝8eq\r(2)N/C。(2)設小球通過M點時的速度為v，由類平拋運動規(guī)律：v＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\f(4\r(2),\f(\r(2),2))m/s＝8m/s；小球垂直磁場方向進入兩板間做勻速圓周運動，軌跡如圖，由牛頓第二定律有：qvB＝meq\f(v2,R)，得：B＝eq\f(mv,qR)小球剛好能打到Q點，磁感應強度最強設為B1。此時小球的軌跡半徑為R1由幾何關系有：eq\f(R1,L＋d2－R1)＝eq\f(L－R1,R1)，代入數(shù)據(jù)解得：B1＝1T。小球剛好不與C2板相碰時，磁感應強度最小設為B2，此時粒子的軌跡半徑為R2。由幾何關系有：R2＝d1，代入數(shù)據(jù)解得：B2＝eq\f(2,3)T；綜合得磁感應強度的取值范圍：eq\f(2,3)T≤B≤1T。(3)小球進入磁場做勻速圓周運動，設半徑為R3，周期為T；由周期公式可得：R3＝eq\f(mv,qB3)解得：R3＝0.1T＝eq\f(2πm,qB3)解得：T＝eq\f(9π,200)s由磁場周期T0＝eq\f(T,3)分析知小球在磁場中運動的軌跡如圖，一個磁場周期內(nèi)小球在x軸方向的位移為3R