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1、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
2、AC間加速，故A、D錯誤；根據尸=亦得，則P1P2=2(r2-r1)=qB;因為每轉一圏被加速一次，根據v22-v12=2ad,知每轉一圈，速度的變化量不等,且v3-v2OP3=2R3=qg,由題意可知Ax=OP-OP=m-_2m，因此Am=m-m=勿對點訓練：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0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yR的區(qū)域存在沿一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。已知粒子的質量
3、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Bqv=mv得B=(2)粒子返回磁場后，經磁場偏轉后從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s=nRs1設在電場中的路程為s2,根據動能定理得Eq羅=2m
4、v2mv2s2=Eq總路程s=nR+mEq(3)如圖，沿與+兀方向成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)即t1=T_nR2=V在磁場中，MC段軌跡圓孤對應圓心角a=30,CN段軌跡圓弧對應圓心角0=150。，所以在磁場中的時間為半個周期，粒子在CD段做勻速直線運動，CD=R，則從C到D,再從D返回到C所用時間，t2_R=v粒子在電場中做勻變速直線運動，加速度a=m2v2mv“3=a=Eq總時間t=(n+1)Rv2mvEq。答案：臣(2呻+mVqE(3)(2R,0)(n+1)R+v十2mvqE4.如圖甲所
5、示，為質譜儀的原理示意圖。質量為m的帶正電粒子從靜止開始經過電勢差為U的電場加速后，從G點沿紙面垂真于直線MN進入偏轉磁場。該偏轉磁場是一個以直線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，帶電粒子經偏轉磁場后，最終打在照相底片上的H點。測得G、H間的距離為必粒子的重力忽略不計。求：V2qvB=mR而由幾何知識得知r=2聯(lián)立方程組、解得：q=m。=d=d=3，得：0=30（2）設圓形磁場的圓心O與H的連線與MN的夾角為仇則tan0設粒子在圓形磁場區(qū)域中作圓周運動的軌跡半徑為Rf。由幾何知識得：R=rtan30=v2由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mRT3由以上各
6、式解得：B=尹。答案：（1）S（2）2b對點訓練：帶電粒子在交變電、磁場中的運動5.（2018南通調研）如圖甲所示，直角坐標系xOy中，第二象限內有沿x軸正方向的勻強電場，第一、四象限內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。第三象限內有一發(fā)射裝置（沒有畫出）沿y軸正方向射出一個比荷m=100C/kg的帶正電m的粒子（可視為質點且不計重力），該粒子以卩o=2Om/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、四象限內磁場的磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化，g=10m/s2。c：E-A05（1）求
7、第二象限內電場的電場強度大小；（2）求粒子第一次經過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,EqlxAI=|m(vC2-v02)VC求質子剛進入磁場時的速度大小和方向；若質子在0T時間內從y軸飛出磁場，求磁感應強度B的最小值;(3)若質子從點M0)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=V02+VCx2解得:E=10N/CvC=20：2m/s。C(2)設粒子在C點的運動方向與y軸正方向成0角,v12則cos
8、O=v0=2C即0=45v2粒子在第一象限磁場中運動時有：qvCB=mC解得：r=2m2nrn粒子做圓周運動的周期T=v=20sC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過x軸，在x軸上對應的弦長為2r=1m所以OD=3m粒子第一次經過x軸時的位置坐標為(3m,0)。答案：(1)10N/C(2)(3m,0)6.(2018徐州六校聯(lián)考)如圖甲所示，在OWxWB的區(qū)域內有垂直紙面的磁場，在xV0的區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場(圖中未畫出)。一質子從點詁3必一9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
9、為正方向。已知質子的質量為m,電荷量為e,重力不計。vdv角為a,有x=v（=述3d,y=去=2，tana=y,v2=v02+v2x解得v=23v0,a=30。質子在磁場中運動軌跡與磁場右邊界相切時半徑最大，最小由幾何關系知E+Rfos60=d,2根據牛頓第二定律有evB=mv2瓦解得B=mVoed。解得Ri=3d(3)分析可知,要想滿足題目要求,則質子在磁場變化的半個周期內的偏轉角為60,在此過程中質子沿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。欲使質子從M點離開磁場，且速度符合要求，必有：nX2R=d質子做圓周運動的軌道半徑：mv2j3mvnF=F解得力0=噲=12,3,)設質
10、子在磁場中做圓周運動的周期為T0，則有To=證，nX號=nT解得：T=d(n=1,23)。答案：(1)233v0與x軸正方向夾角為a=30斜向上3mv4J3nmv（2FGBrmW，3,）3ndT=6nv0（n=b2,3,）考點綜合訓練7.(2018南京調研)如圖所示，在xOy平面內y軸左側(含y軸)有一沿y軸負向的勻強電場，一質量為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0=30,Q點坐標為(0,-d),在y軸右側某區(qū)域內(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=7才，粒子能從坐標原點0沿x軸負
11、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尸和時間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由粒子在勻強電場中做類平拋運動得：0=2e0由動能定理得：qEd=2mv2_2mv02解得：E=3mv022qd(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尸，圓心為O,如圖所示。由qvB=mv2r解得：mvr=q=2dJ1r.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，粒子在磁場中轉過的圓24022nm4nd心角為240，所以
12、粒子在磁場中的運動時間為：t=360T=；XqB=煮。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O，可得半徑：k=15r2=3d半圓形磁場區(qū)域的最小面積：S=2nR2=9nd2=45nrf2。答案:(1)3mir(2)2d翼(3)45nd28.如圖所示的平面直角坐標系xOy,在第I象限內有平行于j軸的勻強電場，方向沿J軸正方向；在第W象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為厶且ab邊與y軸平行。一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，防點，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軸上的a(2h,0)點進入第W象限，又經過磁場
13、從y軸上的某點進入第皿象限，且速度與y軸負方向成45角，不計粒子所受的重力。求：(1)電場強度E的大?。涣Ｗ拥竭_A點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值。解析：(1)設粒子在電場中運動的時間為t，則有x=vj=2hy=2=hqE=mamv2聯(lián)立以上各式可得忙=歸。(2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度為vy=at=v0所以v=Vo2+vy2=V2v0,方向指向第IV象限與x軸正方向成45角。v2(3) 粒子在磁場中運動時，有qvB=m當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有r=#L，所以B=2mLe。答案：號第邁v0方向指向第W象限與x軸正方向成45。角(3)2mv0(1)粒子的電荷量；(2)若偏轉磁場為半徑尸=字的圓形磁場，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)域內勻強磁場的磁感應強度B應為多大。解析：設粒子經電場加速后的速度為v,由動能定理得：qU=*mv12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：
2019屆高考物理江蘇專版一輪復習課時檢測(二十九) 帶電粒子在組合場中的運動 Word版含解析
