【三維設(shè)計】2022屆高三物理一輪復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測(二十八)-帶電粒子在組合場中的運動-

課時跟蹤檢測(二十八)帶電粒子在組合場中的運動對點訓(xùn)練：質(zhì)譜儀回旋加速器1．(多選)(2021·蘇北三市一模)如圖1所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面對外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開頭經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力。下列說法中正確的是()圖1A．極板M比極板N電勢高B．加速電場的電壓U＝ERC．直徑PQ＝2Beq\r(qmER)D．若一群離子從靜止開頭經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷2．(多選)(2021·武漢摸底)圖2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，它們之間有確定的電勢差，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(yīng)帶來的影響，下列推斷正確的是()圖2A．在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有tn＋1－tn＝tn－tn－1B．在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有tn＋1－tn<tn－tn－1C．在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有En＋1－En＝En－En－1D．在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有En＋1－En<En－En－1對點訓(xùn)練：帶電粒子在交變電、磁場中的運動3．圖3(a)所示的xOy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的周期為T，變化規(guī)律如圖(b)所示。當(dāng)B為＋B0時，磁感應(yīng)強度方向指向紙外。在坐標(biāo)原點O處有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于eq\f(2π,TB0)。不計重力。設(shè)P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正方向自O(shè)點開頭運動，將它經(jīng)過時間T到達(dá)的點記為A。圖3(1)若t0＝0，則直線OA與x軸的夾角是多少？(2)若t0＝T/4，則直線OA與x軸的夾角是多少？4．(2011·江蘇高考)某種加速器的抱負(fù)模型如圖4甲所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面對里的勻強磁場。若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入電場加速?，F(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了eq\f(1,100)m0。(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)圖4(1)若在t＝0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其其次次加速后從b孔射出時的動能；(2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽視其對管外磁場的影響)，使圖甲中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請在圖甲中的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；(3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開頭加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？5．(2022·山東高考)如圖5甲所示，相隔確定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面對里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝eq\f(T0,2)時刻通過S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達(dá)S2時的速度大小v和極板間距d。(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件。(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小。圖5對點訓(xùn)練：帶電粒子在組合場中的運動6．(多選)如圖6所示，兩個重心重合的正三角形容器內(nèi)分別存在著垂直于紙面對里和垂直于紙面對外的勻強磁場，已知內(nèi)部三角形容器ABC邊長為2a，內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小為B，且每條邊的中點開有一個小孔。有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從AB邊中點D垂直AB進入內(nèi)部磁場。假如要使粒子恰好不經(jīng)過碰撞在磁場中運動一段時間后又能從D點射入，下列說法正確的是()圖6A．容器ABC與A′B′C′之間的磁感應(yīng)強度大小也為BB．容器A′B′C′的邊長為2eq\r(3)aC．粒子的速度大小為eq\f(Bqa,m)D．粒子再次回到D點的最短時間為eq\f(7πm,3Bq)7．如圖7所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等。有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場。已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中其次次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為()圖7A.eq\f(7πd,2v0) B.eq\f(d,v0)(2＋5π)C.eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3π,2))) D.eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))8．(2022·重慶高考)如圖8所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間布滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別布滿方向垂直于NSTM平面對外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。圖8(1)求電場強度的大小和方向。(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的全部可能值。答案1．選AD粒子在靜電分析器內(nèi)沿電場線方向偏轉(zhuǎn)，說明粒子帶正電荷，極板M比極板N電勢高，選項A正確；由Uq＝eq\f(1,2)mv2和Eq＝eq\f(mv2,R)可得U＝eq\f(ER,2)，選項B錯誤；直徑PQ＝2r＝eq\f(2mv,Bq)＝2eq\r(\f(ERm,B2q))，可見只有比荷相同的粒子才能打在膠片上的同一點，先項C錯誤，D正確。2．選AC依據(jù)帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速度無關(guān)可知，在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)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(yīng)當(dāng)有En＋1－En＝En－En－1，選項C正確D錯誤。3．解析：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m，電荷量為q，速度為v，粒子P在洛倫磁力作用下，在xOy平面內(nèi)做圓周運動，用R表示圓周的半徑，T′表示運動周期，則有：qvB0＝mReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T′)))2，v＝eq\f(2πR,T′)。由上式及已知條件得：T′＝T。粒子P在t＝0到t＝eq\f(T,2)時間內(nèi)，沿順時針方向運動半個圓周，到達(dá)x軸上B點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)x軸上A點，如圖(a)所示。OA與x軸夾角θ＝0。(2)粒子P在t0＝eq\f(T,4)時刻開頭運動，在t＝eq\f(T,4)到t＝eq\f(T,2)時間內(nèi)，沿順時針方向運動eq\f(1,4)個圓周，到達(dá)C點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t＝T到t＝eq\f(5T,4)時間內(nèi)，沿順時針方向運動eq\f(1,4)個圓周，到達(dá)A點，如圖(b)所示。由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即OA與x軸夾角θ＝eq\f(π,2)。答案：(1)OA與x軸夾角θ＝0(2)OA與x軸夾角θ＝eq\f(π,2)4．解析：(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m0eq\f(v2,r)，T0＝eq\f(2πr,v)則T0＝eq\f(2πm0,qB)當(dāng)粒子的質(zhì)量增加eq\f(1,100)m0時，其周期增加ΔT＝eq\f(1,100)T0則依據(jù)題圖乙可知，粒子第一次的加速電壓u1＝U0粒子其次次的加速電壓u2＝eq\f(24,25)U0射出時的動能Ek2＝qu1＋qu2解得Ek2＝eq\f(49,25)qU0。(2)磁屏蔽管的位置如圖所示。(3)在uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N＝eq\f(T0/4,ΔT)＝25分析可得，當(dāng)粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且u＝U0時也被加速時，最終獲得的動能最大。粒子由靜止開頭加速的時刻t＝(eq\f(1,2)n＋eq\f(19,50))T0(n＝0,1,2，…)最大動能Ekm＝2×(eq\f(1,25)＋eq\f(3,25)＋…＋eq\f(23,25))qU0＋qU0解得Ekm＝eq\f(313,25)qU0。答案：(1)eq\f(49,25)qU0(2)見解析(3)t＝(eq\f(1,2)n＋eq\f(19,50))T0(n＝0,1,2，…)eq\f(313,25)qU05．解析：(1)粒子由S1至S2的過程，依據(jù)動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓其次定律得qeq\f(U0,d)＝ma③由運動學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2④聯(lián)立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))⑤(2)設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)⑥要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R>eq\f(L,2)⑦聯(lián)立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))⑧(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d＝vt1⑨聯(lián)立②⑤⑨式得t1＝eq\f(T0,4)⑩若粒子再次到達(dá)S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，依據(jù)運動學(xué)公式得d＝eq\f(v,2)t2?聯(lián)立⑨⑩?式得t2＝eq\f(T0,2)?設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt＝3T0－eq\f(T0,2)－t1－t2?聯(lián)立eq\o(○,\s\up1(10))??式得t＝eq\f(7T0,4)?設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學(xué)公式得T＝eq\f(2πm,qB)?由題意可知T＝t?聯(lián)立???式得B＝eq\f(8πm,7qT0)。?答案：見解析6．選ACD依據(jù)題意可畫出如圖所示粒子運動的軌跡圖，要想使粒子恰好不經(jīng)過碰撞在磁場中運動一段時間后又能從D點射入，容器ABC與A′B′C′之間的磁感應(yīng)強度大小也為B，選項A正確；利用幾何學(xué)問可知容器A′B′C′的邊長為2a＋2eq\r(3)a，選項B錯誤；因軌道半徑R＝a＝eq\f(mv,Bq)，所以v＝eq\f(Bqa,m)，選項C正確；粒子再次回到D點的最短時間為t＝eq\f(420°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(7πm,3Bq)，選項D正確。7．選D帶電粒子的運動軌跡如圖所示。由題意知，帶電粒子到達(dá)y軸時的速度v＝eq\r(2)v0，這一過程的時間t1＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0)。又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r＝2eq\r(2)d。故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間為：t2＝eq\f(3πm,4Bq)＝eq\f(3\r(2)πd,2v)＝eq\f(3πd,2v0)帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間為：t3＝eq\f(2πd,v0)故t總＝eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))。8．解析：(1)設(shè)電場強度大小為E由題意有mg＝qE得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上(2)如圖甲所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ。甲由r＝eq\f(mv,qB)，有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(1,2)r1由(r1＋r2)sinφ＝r2r1＋r1cosφ＝hvmin