高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（二十九）帶電粒子在組合場中的運動-人教版高三物理試題

課時跟蹤檢測（二十九）帶電粒子在組合場中的運動對點訓練：質(zhì)譜儀與回旋加速器1.如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()A．帶電粒子每運動一周被加速兩次B．帶電粒子每運動一周P1P2＝P3P4C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關D．加速電場方向需要做周期性的變化解析：選C帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次。電場的方向沒有改變，則在AC間加速，故A、D錯誤；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)得，則P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v22－v12＝2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v3－v2＜v2－v1，則P1P2＞P3P4，故B錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)得，v＝eq\f(qBr,m)，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，故C正確。2．[多選]質(zhì)譜儀是用來分析同位素的裝置，如圖為質(zhì)譜儀的示意圖，其由豎直放置的速度選擇器、偏轉(zhuǎn)磁場構成。由三種不同粒子組成的粒子束以某速度沿豎直向下的方向射入速度選擇器，該粒子束沿直線穿過底板上的小孔O進入偏轉(zhuǎn)磁場，最終三種粒子分別打在底板MN上的P1、P2、P3三點，已知底板MN上下兩側(cè)的勻強磁場方向均垂直紙面向外，且磁感應強度的大小分別為B1、B2，速度選擇器中勻強電場的電場強度的大小為E。不計粒子的重力以及它們之間的相互作用，則()A．速度選擇器中的電場方向向右，且三種粒子均帶正電B．三種粒子的速度大小均為eq\f(E,B2)C．如果三種粒子的電荷量相等，則打在P3點的粒子質(zhì)量最大D．如果三種粒子電荷量均為q，且P1、P3的間距為Δx，則打在P1、P3兩點的粒子質(zhì)量差為eq\f(qB1B2Δx,E)解析：選AC根據(jù)粒子在磁感應強度為B2的勻強磁場中的運動軌跡可判斷粒子帶正電，又由于粒子束在速度選擇器中沿直線運動，因此電場方向一定向右，A正確；粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，則電場力與洛倫茲力等大反向，Eq＝B1qv，可得v＝eq\f(E,B1)，B錯誤；粒子在底板MN下側(cè)的磁場中運動時，洛倫茲力充當粒子做圓周運動的向心力，qB2v＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB2)，如果三種粒子的電荷量相等，粒子的質(zhì)量越大，其軌道半徑也越大，所以打在P3點的粒子質(zhì)量最大，C正確；由題圖可知OP1＝2R1＝eq\f(2m1v,qB2)、OP3＝2R3＝eq\f(2m3v,qB2)，由題意可知Δx＝OP3－OP1＝eq\f(2m3v,qB2)－eq\f(2m1v,qB2)，因此Δm＝m3－m1＝eq\f(qB2Δx,2v)＝eq\f(qB1B2Δx,2E)，D錯誤。對點訓練：帶電粒子在三類組合場中的運動3.(2018·鹽城模擬)如圖所示，真空中有一以O點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R，磁場垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度為E。在M點有一粒子源，輻射的粒子以相同的速率v，沿不同方向射入第一象限。發(fā)現(xiàn)沿＋x方向射入磁場的粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q。粒子重力不計。求：(1)圓形磁場區(qū)域磁感應強度的大??；(2)沿＋x方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出所走過的路程；(3)沿與＋x方向成60°角射入的粒子，最終將從磁場的邊緣射出，不再進入磁場，求射出點的坐標和粒子從M點運動到射出點的總時間。解析：(1)沿＋x方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖的P點射出磁場，逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R根據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)得B＝eq\f(mv,qR)。(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長s1＝πR設在電場中的路程為s2，根據(jù)動能定理得Eqeq\f(s2,2)＝eq\f(1,2)mv2s2＝eq\f(mv2,Eq)總路程s＝πR＋eq\f(mv2,Eq)。(3)如圖，沿與＋x方向成60°角射入的粒子，從C點豎直射出、射入磁場，從D點射入、射出電場，最后從N點(MN為直徑)射出磁場。所以N點坐標為(2R,0)在磁場中，MC段軌跡圓弧對應圓心角α＝30°，CN段軌跡圓弧對應圓心角θ＝150°，所以在磁場中的時間為半個周期，即t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πR,v)粒子在CD段做勻速直線運動，CD＝eq\f(R,2)，則從C到D，再從D返回到C所用時間，t2＝eq\f(R,v)粒子在電場中做勻變速直線運動，加速度a＝eq\f(qE,m)t3＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,Eq)總時間t＝eq\f(π＋1R,v)＋eq\f(2mv,Eq)。答案：(1)eq\f(mv,qR)(2)πR＋eq\f(mv2,qE)(3)(2R,0)eq\f(π＋1R,v)＋eq\f(2mv,qE)4．如圖甲所示，為質(zhì)譜儀的原理示意圖。質(zhì)量為m的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從G點沿紙面垂真于直線MN進入偏轉(zhuǎn)磁場。該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后，最終打在照相底片上的H點。測得G、H間的距離為d，粒子的重力忽略不計。求：(1)粒子的電荷量；(2)若偏轉(zhuǎn)磁場為半徑r＝eq\f(\r(3)d,3)的圓形磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁場邊界與直線MN相切于G點，如圖乙所示，當粒子進入磁場時的速度不變時，要使粒子仍能打到H點，那么，圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B′應為多大。解析：(1)設粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2①粒子在磁場中作勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,R) ②而由幾何知識得知R＝eq\f(d,2) ③聯(lián)立方程組①、②、③解得：q＝eq\f(8mU,B2d2)。(2)設圓形磁場的圓心O與H的連線與MN的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(r,d)＝eq\f(\f(\r(3),3)d,d)＝eq\f(\r(3),3)，得：θ＝30°設粒子在圓形磁場區(qū)域中作圓周運動的軌跡半徑為R′。由幾何知識得：R′＝rtan30°＝eq\f(\r(3),3)d·eq\f(\r(3),3)＝eq\f(1,3)d由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB′＝meq\f(v2,R′)由以上各式解得：B′＝eq\f(3,2)B。答案：(1)eq\f(8mU,B2d2)(2)eq\f(3,2)B對點訓練：帶電粒子在交變電、磁場中的運動5．(2018·南通調(diào)研)如圖甲所示，直角坐標系xOy中，第二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標平面的勻強交變磁場，磁場方向垂直紙面向外為正方向。第三象限內(nèi)有一發(fā)射裝置(沒有畫出)沿y軸正方向射出一個比荷eq\f(q,m)＝100C/kg的帶正電的粒子(可視為質(zhì)點且不計重力)，該粒子以v0＝20m/s的速度從x軸上的點A(－2m,0)進入第二象限，從y軸上的點C(0,4m)進入第一象限。取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻，第一、四象限內(nèi)磁場的磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化，g＝10m/s2。(1)求第二象限內(nèi)電場的電場強度大??；(2)求粒子第一次經(jīng)過x軸時的位置坐標。解析：(1)帶電粒子在第二象限的電場中做類平拋運動，設粒子從A點到C點用時為t，則Eq|xA|＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vC2－v02))|xA|＝eq\f(vCx,2)t|yC|＝v0tvC2＝v02＋vCx2解得：E＝1.0N/CvC＝20eq\(2)設粒子在C點的運動方向與y軸正方向成θ角，則cosθ＝eq\f(v0,vC)＝eq\f(\r(2),2)即θ＝45°粒子在第一象限磁場中運動時有：qvCB＝meq\f(vC2,r)解得：r＝eq\f(\r(2),2)m粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,vC)＝eq\f(π,20)s所以粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子運動第四個半圓的過程中第一次經(jīng)過x軸，在x軸上對應的弦長為eq\r(2)r＝1m所以OD＝3m粒子第一次經(jīng)過x軸時的位置坐標為(3m,0)。答案：(1)1.0N/C(2)(3m,0)6．(2018·徐州六校聯(lián)考)如圖甲所示，在0≤x≤d的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場，在x＜0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場(圖中未畫出)。一質(zhì)子從點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)d，－\f(d,2)))處以速度v0沿x軸正方向運動，t＝0時，恰從坐標原點O進入勻強磁場。磁場按圖乙所示規(guī)律變化，以垂直于紙面向外為正方向。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，重力不計。(1)求質(zhì)子剛進入磁場時的速度大小和方向；(2)若質(zhì)子在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)從y軸飛出磁場，求磁感應強度B的最小值；(3)若質(zhì)子從點M(d,0)處離開磁場，且離開磁場時的速度方向與進入磁場時相同，求磁感應強度B0的大小及磁場變化周期T。解析：(1)質(zhì)子在電場中作類平拋運動，時間為t，剛進磁場時速度方向與x正半軸的夾角為α，有x＝v0t＝eq\r(3)d，y＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(d,2)，tanα＝eq\f(vy,vx)，v2＝v02＋vy2解得v＝eq\f(2\r(3),3)v0，α＝30°。(2)質(zhì)子在磁場中運動軌跡與磁場右邊界相切時半徑最大，B最小由幾何關系知R1＋R1cos60°＝d，解得R1＝eq\f(2,3)d根據(jù)牛頓第二定律有evB＝eq\f(mv2,R1)解得B＝eq\f(\r(3)mv0,ed)。(3)分析可知，要想滿足題目要求，則質(zhì)子在磁場變化的半個周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為60°，在此過程中質(zhì)子沿x軸方向上的位移恰好等于它在磁場中做圓周運動的半徑R。欲使質(zhì)子從M點離開磁場，且速度符合要求，必有：n×2R＝d質(zhì)子做圓周運動的軌道半徑：R＝eq\f(mv,eB0)＝eq\f(2\r(3)mv0,3eB0)解得B0＝eq\f(4\r(3)nmv0,3ed)(n＝1,2,3，…)設質(zhì)子在磁場中做圓周運動的周期為T0，則有T0＝eq\f(2πm,eB0)，n×eq\f(T0,3)＝nT解得：T＝eq\f(\r(3)πd,6nv0)(n＝1,2,3…)。答案：(1)eq\f(2\r(3),3)v0與x軸正方向夾角為α＝30°斜向上(2)eq\f(\r(3)mv0,ed)(3)B0＝eq\f(4\r(3)nmv0,3ed)(n＝1,2,3，…)T＝eq\f(\r(3)πd,6nv0)(n＝1,2,3，…)考點綜合訓練7．(2018·南京調(diào)研)如圖所示，在xOy平面內(nèi)y軸左側(cè)(含y軸)有一沿y軸負向的勻強電場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從x軸上P處以速度v0沿x軸正向進入電場，從y軸上Q點離開電場時速度方向與y軸負向夾角θ＝30°，Q點坐標為(0，－d)，在y軸右側(cè)某區(qū)域內(nèi)(圖中未畫出)有一與坐標平面垂直的有界勻強磁場，磁場磁感應強度大小B＝eq\f(mv0,qd)，粒子能從坐標原點O沿x軸負向再進入電場。不計粒子重力，求：(1)電場強度大小E；(2)粒子在有界磁場中做圓周運動的半徑r和時間t；(3)如果有界勻強磁場區(qū)域為半圓形，求磁場區(qū)域的最小面積S。解析：(1)設粒子從Q點離開電場時速度大小為v，由粒子在勻強電場中做類平拋運動得：v＝2v0由動能定理得：qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：E＝eq\f(3mv02,2qd)。(2)設粒子從M點進入有界勻強磁場，從N點離開勻強磁場區(qū)域，粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r，圓心為O1，如圖所示。由qvB＝eq\f(mv2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)＝2d由幾何關系知，粒子能從坐標原點O沿x軸負向再進入電場，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為240°，所以粒子在磁場中的運動時間為：t＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(2,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πd,3v0)。(3)若半圓形磁場區(qū)域的面積最小，則半圓形磁場區(qū)域的圓心為O2，可得半徑：R＝1.5r＝3d半圓形磁場區(qū)域的最小面積：S＝eq\f(1,2)πR2＝eq\f(9,2)πd2＝4.5πd2。答案：(1)eq\f(3mv02,2qd)(2)2deq\f(4πd,3v0)(3)4