（課標(biāo)通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 03 微專題5 帶電粒子在組合場中的運動精練（含解析）

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1、微專題5　帶電粒子在組合場中的運動 A組　基礎(chǔ)過關(guān) 1.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置。其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒,兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場,使粒子在通過狹縫時都能得到加速,兩D形金屬盒處于方向垂直于盒底的勻強磁場中,如圖所示,要增大帶電粒子射出時的動能,則下列說法中正確的是　(　　) A.減小磁場的磁感應(yīng)強度 B.增大勻強電場間的加速電壓 C.增大D形金屬盒的半徑 D.減小狹縫間的距離 答案　C　由Bqv=mv2R 得v=BqRm,則粒子動能Ek=12mv2=12·B2q2R2m,故可以通過增大D形金屬盒的半徑或增加磁場的磁感應(yīng)強度

2、來增大帶電粒子射出時的動能,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和偏轉(zhuǎn)磁場構(gòu)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(yīng)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EB2 C.如果三種粒子

3、的電荷量相等,則打在P3點的粒子質(zhì)量最大 D.如果三種粒子的電荷量均為q,且P1、P3的間距為Δx,則打在P1、P3兩點的粒子質(zhì)量差為qB1B2ΔxE 答案　AC　根據(jù)粒子在磁感應(yīng)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,qE=qvB1,可得v=EB1,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(dāng)粒子做圓周運動的向心力,qvB2=mv2R,可得R=mvqB2,如果三種粒子的電荷量相等,粒子的質(zhì)量越大,其軌跡半徑也越大,所以打在P3點的粒子質(zhì)量最

4、大,C正確;由題圖可知OP1=2R1=2m1vqB2,OP3=2R3=2m3vqB2,Δx=OP3-OP1=2m3vqB2-2m1vqB2,因此Δm=m3-m1=qB2Δx2v=qB1B2Δx2E,D錯誤。 3.(多選)(2019陜西西安期末)某一空間存在著磁感應(yīng)強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示),規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡),下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用,其他力不計)(　　) A.若粒子的初始位置在a處,在t=38T時給粒子一個沿切

5、線方向水平向右的初速度 B.若粒子的初始位置在f處,在t=T2時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度 C.若粒子的初始位置在e處,在t=118T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度 D.若粒子的初始位置在b處,在t=T2時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度 答案　AD　要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示,由運動軌跡知粒子做圓周運動的周期應(yīng)為T0=T2,若粒子的初始位置在a處時,根據(jù)磁場的變化周期及左手定則可知A正確。同理可判斷B、C錯誤,D正確。 4.如圖所示,相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域內(nèi)存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場,其中PT上方的電場Ⅰ的場強方向豎直向下,

6、PT下方的電場Ⅱ的場強方向豎直向上,電場Ⅰ的場強大小是電場Ⅱ的場強大小的2倍,在電場左邊界AB上有點Q,P、Q間距離為L。從某時刻起由Q點處以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場Ⅱ的帶電粒子電荷量為+q,質(zhì)量為m,通過PT上的某點R進入勻強電場Ⅰ后從電場右邊界CD上的M點水平射出,其軌跡如圖所示。若P、R兩點間的距離為2L,不計粒子的重力。 (1)求勻強電場Ⅰ的電場強度E1的大小和M、T之間的距離。 (2)有一由光滑彈性絕緣壁圍成的橫截面邊長為a的正三角形容器,在其左壁正中央開有一小孔S,將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界。若從Q點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中,欲使粒

7、子在容器中與器壁兩次垂直碰撞后能從S孔水平射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電荷量損失),并返回Q點,需要在容器中加上一個如圖所示的勻強磁場,求: ①磁感應(yīng)強度B的大小; ②粒子從Q點出發(fā)到再返回到Q點所經(jīng)歷的時間。 答案　(1)mv02qL　12L　(2)①2mv0qa?、?2L+πa2v0 解析　(1)粒子經(jīng)PT直線上的R點由電場Ⅱ進入電場Ⅰ,設(shè)粒子由Q運動到R及由R運動到M的時間分別為t2與t1,則 2L=v0t2① L=12·qE2mt22② L=v0t1③ xMT=12·qE1mt12④ 又E1=2E2⑤ 聯(lián)立①~⑤式解得E1=mv02qL,xMT=12L。 (

8、2)①由(1)分析可知,粒子從S孔水平射入時的速度為v0。欲使粒子在容器中與器壁兩次垂直碰撞后能從S孔水平射出,粒子在磁場中運動的軌跡半徑應(yīng)為r=12a 由qv0B=mv02r得B=mv0qr=2mv0qa。 ②粒子在磁場中運動的時間t1'=12T=πa2v0 粒子在電場中運動的時間t2'=2(t1+t2)=6Lv0 粒子從Q點出發(fā)到再返回到Q點經(jīng)歷的時間 t=t1'+t2'=πa2v0+6Lv0=12L+πa2v0。 5.(2018山東煙臺模擬)如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第Ⅰ、Ⅲ象限內(nèi)有平行于y軸,電場強度大小相同、方向相反的勻強電場,在第Ⅳ象限內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁

9、場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,從y軸上的M(0,d)點,以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸的N233d,0點進入第Ⅳ象限內(nèi),又經(jīng)過磁場垂直y軸進入第Ⅲ象限,最終粒子從x軸上的P點離開。不計粒子所受到的重力。求: (1)勻強電場的電場強度E和磁場的磁感應(yīng)強度B的大小; (2)粒子運動到P點的速度大小; (3)粒子從M點運動到P點所用的時間。 答案　(1)3mv022qd　3mv02qd　(2)10v0　(3)(63+66+4π)d9v0 解析　(1)粒子運動軌跡如圖所示。 設(shè)粒子在第Ⅰ象限內(nèi)運動的時間為t1,粒子在N點時速度大小為v1,方向與x軸

10、正方向間的夾角為θ,則 x=v0t1=233d y=12at12=d qE=ma,tanθ=vyv0=at1v0 v1=v0cosθ 聯(lián)立以上各式得θ=π3,v1=2v0,E=3mv022qd 粒子在第Ⅳ象限內(nèi)做勻速圓周運動,由牛頓第二定律得 qv1B=mv12R 由幾何關(guān)系得R=ONsinθ=43d 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得B=3mv02qd (2)粒子由M點到P點的過程,由動能定理得 qEd+qE(R+Rcosθ)=12mvP2-12mv02 代入(1)中所求數(shù)據(jù)解得vP=10v0 (3)粒子在第Ⅰ象限內(nèi)運動的時間t1=233dv0=23d3v0 粒子在第Ⅳ象限內(nèi)運動

11、周期T=2πRv1=4πd3v0 t2=π-13π2πT=4πd9v0 粒子在第Ⅲ象限內(nèi)運動時有R+Rcosθ=12at32 解得t3=26d3v0 粒子從M點運動到P點的時間 t=t1+t2+t3=(63+66+4π)d9v0 B組　能力提升 6.(2018河南中原名校聯(lián)考)如圖所示,在直角坐標(biāo)系的第二象限中,有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅰ,在第一象限的y>L區(qū)域有磁感應(yīng)強度與區(qū)域Ⅰ相同的磁場區(qū)域Ⅱ,在第一象限的L2

12、出),電場右側(cè)有一粒子源,可產(chǎn)生帶電荷量為q、質(zhì)量為m,初速度忽略不計的帶負電粒子。粒子經(jīng)加速后從坐標(biāo)原點O處沿x軸負方向射入磁場區(qū)域Ⅰ。 (1)若粒子恰好經(jīng)過坐標(biāo)為33L,L的P點,且已知粒子運動到P點前僅經(jīng)過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,求加速電場的電壓。 (2)若調(diào)低加速電場的電壓,粒子會從磁場區(qū)域Ⅰ垂直y軸進入磁場區(qū)域Ⅲ,經(jīng)過坐標(biāo)為33L,L的P點后進入磁場區(qū)域Ⅱ,粒子在P點的速度方向與y軸正方向夾角為θ,求磁場區(qū)域Ⅲ的磁感應(yīng)強度大小。 答案　(1)2B2q2L2qm　(2)12(sinθ+3cosθ-1)B 解析　(1)設(shè)帶電粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v,由動能定理,有qU=12

13、mv2 帶電粒子進入勻強磁場中,洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2R 由幾何關(guān)系,有(L-R)2+33L2=R2 解得U=2B2qL29m (2)設(shè)調(diào)低加速電場電壓后,帶電粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v1,區(qū)域Ⅲ的磁感應(yīng)強度大小為B1,粒子軌跡如圖所示: 帶電粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中做圓周運動有qv1B=mv12R1 帶電粒子在磁場區(qū)域Ⅲ中做圓周運動有qv1B1=mv12R2 可得B1=R1R2B 由幾何關(guān)系,有R2cosθ=33L 2R1+R2-R2sinθ=L 解得B1=12(sinθ+3cosθ-1)B 7.(2018安徽合肥模擬)如圖甲所示,帶正電的粒子以速度

14、v0從水平平行金屬板M、N左側(cè)沿中線OO'連續(xù)射入電場中,M、N板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN,兩板間電場可看成是均勻的,且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場,分界線為CD,磁場右邊界處有一屏幕。金屬板間距為d,長度為l,磁場的寬度為d。已知B=5×10-3T,l=d=0.2m,粒子的速度v0=105m/s,比荷qm=108C/kg,重力忽略不計,在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi),電場可視為是恒定不變的。試求: 甲 乙 (1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑; (2)帶電粒子射出電場時的最大速度; (3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。 答案

15、　(1)0.2m　(2)2×105m/s　(3)見解析 解析　(1)由題意可知,t=0時刻射入電場的帶電粒子射出電場時速度最小,進入磁場做圓周運動的半徑最小。 粒子在磁場中運動時有qv0B=mv02rmin 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑為 rmin=mv0qB=105108×5×10-3m=0.2m (2)設(shè)兩板間電壓為U1時,帶電粒子剛好從金屬板邊緣射出電場,則d2=12at2=12·U1qdmlv02 代入數(shù)據(jù)解得U1=100V。 在電壓不高于100V時,帶電粒子才能從兩板間射出電場,電壓高于100V時,帶電粒子打在金屬板上,不能從兩板間射出,故帶電粒子剛好從金屬板

16、邊緣射出電場時的速度為帶電粒子射出電場時的最大速度。設(shè)最大速度為vmax,則有12mvmax2=12mv02+q·U12 解得vmax=2×105m/s (3)由第(1)問計算可知,t=0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑rmin=d=0.2m,徑跡恰與屏幕相切,設(shè)切點為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點,其運動的軌跡如圖中曲線Ⅰ所示,則O'E=rmin=0.2m。 帶電粒子射出電場時的速度最大時,在磁場中做圓周運動的半徑最大,打在屏幕上的位置最低。 設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運動軌跡如圖中曲線Ⅱ所示,有 qvmaxB=mvmax2rmax 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑為 rmax=mvmaxqB=2×105108×5×10-3m=25m 由數(shù)學(xué)知識可得運動徑跡的圓心落在屏幕上,如圖中Q點所示,并且Q點與M板在同一水平線上,則 O'Q=d2=0.22m=0.1m O'F=rmax-O'Q=25m-0.1m≈0.18m 綜上可知,帶電粒子打在屏幕上O'上方0.2m到O'下方0.18m的范圍內(nèi)。 10