2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第8章磁場第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運動模擬新人教版選修3-1

PAGEPAGE2帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．(2022·全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如下圖，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。假設(shè)某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為eq\x(導(dǎo)學(xué)號51342947)(D)A．11 B．12C．121 D．144[解析]設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑為r，原來磁場的磁感應(yīng)強度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價正離子質(zhì)量為M。質(zhì)子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r)；一價正離子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，該正離子在磁感應(yīng)強度為12B的勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝Meq\f(v\o\al(2,2),r)；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項D正確。2．(2022·浙江寧波期末考試)如下圖的平行板之間，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直，具有不同水平速度的帶電粒子(不計重力)射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的情況不同。這種器件能把具有特定速度的粒子選擇出來，所以叫速度選擇器。以下關(guān)于速度選擇器的說法正確的選項是eq\x(導(dǎo)學(xué)號51342948)(D)A．這個特定速度與粒子的質(zhì)量有關(guān)B．這個特定速度與粒子的比荷有關(guān)C．從右向左以特定速度射入的粒子有可能沿直線穿出速度選擇器D．從左向右以特定速度射入的粒子才能沿直線穿出速度選擇器[解析]當(dāng)帶電粒子能從左向右勻速直線穿過時，電場力和洛倫茲力反向，且Eq＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，該速度與粒子的質(zhì)量和帶電荷量無關(guān)，A、B錯誤；當(dāng)粒子從右向左運動時，電場力和洛倫茲力的方向相同，粒子不可能沿直線穿過，C錯誤，D正確。3．(2022·北京理綜)如下圖，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。eq\x(導(dǎo)學(xué)號51342949)(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小。[答案](1)eq\f(mv,qB)eq\f(2πm,qB)(2)vB[解析](1)洛倫茲力提供向心力，有f＝qvB＝meq\f(v2,R)帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)(2)粒子受電場力F＝qE，洛倫茲力f＝qvB。粒子做勻速直線運動，那么qE＝qvB電場強度的大小E＝vB4．(2022·天津理綜)如下圖，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T，有一帶正電小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號51342950)(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。[答案](1)20m/s，方向與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s[解析](1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，那么qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2) ①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s ② 速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg) ③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)，θ＝60° ④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m) ⑤設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt ⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2 ⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x) ⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ ⑤假設(shè)使小球再次經(jīng)過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，那么有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0 ⑥聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s5．(2022·江蘇物理)盤旋加速器的工作原理如圖1所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖2所示，電壓值的大小為U0。周期T＝eq\f(2πm,qB)。一束該種粒子在t＝0～eq\f(T,2)時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號51342951)(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能到達Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件。[答案](1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)(3)d<eq\f(πmU0,100qB2R)[解析](1)粒子運動半徑為R時qvB＝meq\f(v2,R)且Em＝eq\f(1,2)mv2解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m)(2)粒子被加速n次到達動能Em，那么Em＝nqU0粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt加速度a＝eq\f(qU0,md)勻加速直線運動nd＝eq\f(1,2)a·(Δt)2由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，