帶電粒子在復合場中的運動及應用實例

1、帶電粒子在復合場中的運動及應用實例高三物理高考第一輪總復習( 二十四 )帶電粒子在復合場中的運動及應用實例不計重力的負粒子能夠在如圖所示的正交勻強電場和勻強磁場中勻速直線穿過設產(chǎn)生勻強電場的兩極板間電壓為 U，距離為 d，勻強磁場的磁感應強度為 B，粒子電荷量為 q，進入速度為 v，以下說法正確的是()A若同時增大 U和 B，其他條件不變，則粒子一定能夠直線穿過B若同時減小 d 和增大 v，其他條件不變，則粒子可能直線穿過C若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子動能一定減小D若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子的動能有可能不變2如圖所示， 一束正離子從 S 點沿水平方向射出，在沒有偏轉(zhuǎn)電場、磁場

2、時恰好擊中熒光屏- 2 -上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標系的第象限中，則所加電場 E和磁場 B的方向可能是 ( 不計離子重力及其之間相互作用力)()AE 向下， B向上BE 向下，向下CE向上， B向下DE 向上， B向上三個帶正電的粒子 a、b、c( 不計重力 ) 以相同動能水平射入正交的電磁場中， 軌跡如圖所示 關(guān)于它們的質(zhì)量 ma、mb、mc 的大小關(guān)系和粒子a 動能變化，下列說法正確的是()AmambmcBmambmcC粒子 a 動能增加D粒子 a 動能減少- 3 -如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場， 電場的方向豎直向下，磁場方向水平

3、 ( 圖中垂直紙面向里 ) ，一帶電油滴 P 恰好處于靜止狀態(tài)， 則下列說法正確的是 ()A若僅撤去電場， P 可能做勻加速直線運動B若僅撤去磁場， P 可能做勻加速直線運動C若給 P 一初速度， P 不可能做勻速直線運動D若給 P 一初速度， P 可能做勻速圓周運動5如圖所示，一束帶電粒子( 不計重力，初速度可忽略 ) 緩慢通過小孔 O1 進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域，再通過小孔O2 射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域，其中磁場的方向如圖所示，收集室的小孔O3 與 O1、 O2 在同一條水平線上則 ()- 4 -A該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子B該裝置可篩選出具有特定電荷量的粒子

4、C該裝置可篩選出具有特定速度的粒子D該裝置可篩選出具有特定動能的粒子如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖，帶電粒子 a、b 經(jīng)電壓 U加速 ( 在 A 點初速度為 0) 后，進入磁感應強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板 S 上的 x1、x2 處圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子 a、b 所通過的路徑，則 ()Aa 的質(zhì)量一定大于b 的質(zhì)量Ba 的電荷量一定大于b 的電荷量Ca 運動的時間大于b 運動的時間Da 的比荷大于 b 的比荷如圖，空間某一區(qū)域內(nèi)存在著- 5 -相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A 點進入這個區(qū)域沿直線運動，從 C 點離開區(qū)域；如果這個區(qū)

5、域只有電場，則粒子從 B 點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從 D點離開場區(qū)；設粒子在上述三種情況下，從 A到 B點、A到 C點和 A到 D點所用的時間分別是 t 1、t 2 和 t 3，比較 t 1、t 2 和 t 3 的大小，則有 ( 粒子重力忽略不計 )()At tt3B ttt31221Ct 1t 2t 3D t 1t 3t 28如圖甲所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D 形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連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，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是()- 6

6、 -A在 Ek t 圖中應有 t 4t 3t 3t 2t 2t 1B高頻電源的變化周期應該等于t nt n 1C粒子加速次數(shù)越多， 粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能越大，則要求D 形盒的面積也越大質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子 ( 不計重力 )經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子質(zhì)量其工作原理如圖所示虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知 ()A此粒子帶負電B下極板 S2 比上極板 S1 電勢高- 7 -C若只增大加速電壓U，則半徑 r 變大D若只增大入射粒子的質(zhì)量， 則半徑 r 變小10如圖所示， MN是一

7、段在豎直平面內(nèi)半徑為 1 m 的光滑的 1/4 圓弧軌道，軌道上存在水平向右的勻強電場軌道的右側(cè)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為 B10.1 T現(xiàn)有一帶電荷量為 1 C 、質(zhì)量為 100 g 的帶正電小球從 M點由靜止開始自由下滑， 恰能沿 NP方向做直線運動，并進入右側(cè)的復合場 ( NP 沿復合場的中心線) 已知 A、B 板間的電壓為 UBA2 V ，板間距離 d2 m，板的長度 L3 m，若小球恰能從板的右邊沿飛出， g 取 10 m/s 2. 求：小球運動到 N點時的速度 v 的大小水平向右的勻強電場的電場強度 E 的大小(3) 復合場中的勻強磁場的磁感應強度B2 的- 8 -大

8、小如圖所示，矩形 abcd 關(guān)于 x軸對稱，長ad2L，寬 abL，三角形 Oab 區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，梯形 Obcd區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場一個質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶電粒子 ( 不計重力 ) 以初速度 v 從 P點沿 x 軸正方向進入電場， 穿過電場后從 Ob邊上Q點處進入磁場，然后從y 軸負半軸上的 M點( 圖2中未標出 ) 垂直于 y 軸離開磁場，已知OP3L，42OQ 9 L，試求：勻強電場的場強 E 大??；- 9 -勻強磁場的磁感應強度 B 的大小絕緣水平面 ab 與處在豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣軌道bcd相切于 b 點，半圓軌道的半徑為R. 過 b 點的豎直

9、平面 MN的左側(cè)有水平向右的勻強電場， 右側(cè)有正交的電、磁場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，如圖所示，比荷為k 的帶電小球從水平面上某點由靜止釋放， 過 b 點進入 MN右側(cè)后能沿半圓形軌道bcd 運動且對軌道始終無壓力，小球從 d 點再次進入 MN左側(cè)后正好落在 b 點，-10-不計一切摩擦，重力加速度為g，求：小球進入電、磁場時的速度大小 v；MN右側(cè)的電場強度大小 E2；MN左側(cè)的電場強度大小 E1；小球釋放點到 b 點的距離 x.答案：( 二十四)U1BC粒子能夠直線穿過，則有qdqvB，U即 vBd，若 U、B 增大的倍數(shù)不同，粒子不能沿-11-直線穿過， A 錯誤，同理

10、B 正確；粒子向下偏，電場力做負功，又 W洛 0，所以Ek0，C正確D錯誤2A正離子束打到第象限，相對原入射方向向下，所以電場E 方向向下；根據(jù)左手定則可知磁場 B 方向向上，故 A 正確3AD 粒子 a 受的電場力向下、 受的洛倫茲力向上，又 a 向上偏，說明 a 受的洛倫茲力大，故推出 a 的初速度大又三個粒子動能相同，故a 的質(zhì)量小，因此選項A 對；a 向上偏，電場力對其做負功，洛倫茲力不做功，故a 動能減少，因此選項 D 對4D由題意可知，帶電粒子所受的重力與電場力平衡，若P 的初速度垂直于磁感線方向，則 P 可能做勻速圓周運動，若 P 的初速度沿磁感線方向，則 P 可能做勻速直線運動

11、， C錯誤，D 正確；若僅撤去電場，帶電粒子在重力作用下先加速，由于洛倫茲力的大小與速度大小成正比，故-12-所受的合外力將發(fā)生變化，帶電粒子不可能做勻加速直線運動， A錯誤；若僅撤去磁場， P 仍處于靜止狀態(tài)， B錯誤5C速度選擇器的工作原理：帶電粒子垂直射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的復合場空間，所受的電場力和洛倫茲力方向相反，大小相等本題中粒子若要無偏轉(zhuǎn)地通過區(qū)域，通過收集室的小孔 O3，需要滿足 qEqvB，即粒子的速度 vE/ B，C正確6D粒子經(jīng)電場加速的過程，由動能定理12有： qU 2mv；粒子在磁場中運動，由牛頓第二0212mUv0定律知 Bqv mR，所以 RBq ，由圖

12、知0qa qb2mRa ，A、B 錯、D對；因周期為 TBq，m mabT運行時間為 2，所以 a 運動的時間小于b 運動的時間，C錯-13-7C8A帶電粒子在兩D 形盒內(nèi)做圓周運動時間等于半個圓周運動周期，而粒子運動周期T2mt 4t 3t 3t 2t 2qB 與粒子速度無關(guān)，則有t 1，A 正確；高頻電源的變化周期應該等于2( t nmvt n 1) ，B 錯誤；由 RqB可知：粒子最后獲得的最大動能與加速次數(shù)無關(guān)，與D 形盒內(nèi)磁感應強度和 D形盒半徑有關(guān)，故C、D錯誤9C 粒子從 S3 小孔進入磁場中，速度方向向下，粒子向左偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶正電帶正電的粒子在 S1 和 S2 兩

13、板間加速，則要求場強的方向向下，那么 S1 板的電勢高于 S2 板的電12勢粒子在電場中加速，由動能定理有2mvqU，mv在磁場中偏轉(zhuǎn)，則有r qB，聯(lián)立兩式解得r -14-2UmqB2 ，由此式可以看出只增大U或只增大 m時，粒子的軌道半徑都變大10解析：(1) 小球沿 NP做直線運動，由平衡條件可得： mgqvB1解得 v10 m/s.小球從 M點到 N點的過程中，由動能定理12得： mgRqER2mv代入數(shù)據(jù)解得： E4 N/C.(3) 在板間復合場中小球受電場力qUBA/ d1N與重力平衡，故小球做勻速圓周運動設運動半徑為 R，由幾何知識得：22d 2RL( R 2)，解得： R 5

14、m由 qvB22mv/ R，解得： B20.2 T.答案：(1)10 m/s(2)4 N/C (3)0.2 T11.-15-解析：(1) 根據(jù)題意， Ob 與 x 軸的夾角為45，帶電粒子在電場中做類平拋運動，設在電場中運動時間為t ，場強為 E，則xOQcos 45 vt12xOPOQsin 45 2atqEma聯(lián)立以上各式解得29mvE 4qL.粒子的運動軌跡如圖所示， 在 Q點豎直分速度 vyat ，代入數(shù)據(jù)解得 vyv粒子在進入磁場時的速度-16-v22vvxvy 2速度方向與 x 方向之間的夾角 滿足vytanvx145即粒子垂直于Ob邊進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動的圓心即為O點4 2L半徑 ROQ 9mv2又 qvB R .解得 B9mv4qL.9mv29mv答案：(1) 4qL(2)B4qL12解析：(1) 小球進入 MN右側(cè)電、磁場后能沿 bcd 運動且始終對軌道無壓力，表明洛倫茲力等于小球做圓周運動的向心力，且小球的速率