高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十九）帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-人教版高三物理試題

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十九）帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：質(zhì)譜儀與回旋加速器1.如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場(chǎng)，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是()A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次B．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周P1P2＝P3P4C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化解析：選C帶電粒子只有經(jīng)過(guò)AC板間時(shí)被加速，即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次。電場(chǎng)的方向沒(méi)有改變，則在AC間加速，故A、D錯(cuò)誤；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)得，則P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v22－v12＝2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v3－v2＜v2－v1，則P1P2＞P3P4，故B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從D形盒中出來(lái)時(shí)，速度最大，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)得，v＝eq\f(qBr,m)，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C正確。2．[多選]質(zhì)譜儀是用來(lái)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、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)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(guò)底板上的小孔O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，最終三種粒子分別打在底板MN上的P1、P2、P3三點(diǎn)，已知底板MN上下兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向均垂直紙面向外，且磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2，速度選擇器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E。不計(jì)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(chǎng)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eq\f(E,B2)C．如果三種粒子的電荷量相等，則打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大D．如果三種粒子電荷量均為q，且P1、P3的間距為Δx，則打在P1、P3兩點(diǎn)的粒子質(zhì)量差為eq\f(qB1B2Δx,E)解析：選AC根據(jù)粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，因此電場(chǎng)方向一定向右，A正確；粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與洛倫茲力等大反向，Eq＝B1qv，可得v＝eq\f(E,B1)，B錯(cuò)誤；粒子在底板MN下側(cè)的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力充當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，qB2v＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB2)，如果三種粒子的電荷量相等，粒子的質(zhì)量越大，其軌道半徑也越大，所以打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大，C正確；由題圖可知OP1＝2R1＝eq\f(2m1v,qB2)、OP3＝2R3＝eq\f(2m3v,qB2)，由題意可知Δx＝OP3－OP1＝eq\f(2m3v,qB2)－eq\f(2m1v,qB2)，因此Δm＝m3－m1＝eq\f(qB2Δx,2v)＝eq\f(qB1B2Δx,2E)，D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在三類組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3.(2018·鹽城模擬)如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半徑為R，磁場(chǎng)垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。在M點(diǎn)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(xiàn)沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，速度減小到0后又返回磁場(chǎng)。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q。粒子重力不計(jì)。求：(1)圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?2)沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子，從進(jìn)入磁場(chǎng)到再次穿出所走過(guò)的路程；(3)沿與＋x方向成60°角射入的粒子，最終將從磁場(chǎng)的邊緣射出，不再進(jìn)入磁場(chǎng)，求射出點(diǎn)的坐標(biāo)和粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到射出點(diǎn)的總時(shí)間。解析：(1)沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，速度減小到0，粒子一定是從如圖的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，逆著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，所以粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R根據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)得B＝eq\f(mv,qR)。(2)粒子返回磁場(chǎng)后，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，MN為直徑，粒子在磁場(chǎng)中的路程為二分之一圓周長(zhǎng)s1＝πR設(shè)在電場(chǎng)中的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得Eqeq\f(s2,2)＝eq\f(1,2)mv2s2＝eq\f(mv2,Eq)總路程s＝πR＋eq\f(mv2,Eq)。(3)如圖，沿與＋x方向成60°角射入的粒子，從C點(diǎn)豎直射出、射入磁場(chǎng)，從D點(diǎn)射入、射出電場(chǎng)，最后從N點(diǎn)(MN為直徑)射出磁場(chǎng)。所以N點(diǎn)坐標(biāo)為(2R,0)在磁場(chǎng)中，MC段軌跡圓弧對(duì)應(yīng)圓心角α＝30°，CN段軌跡圓弧對(duì)應(yīng)圓心角θ＝150°，所以在磁場(chǎng)中的時(shí)間為半個(gè)周期，即t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πR,v)粒子在CD段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，CD＝eq\f(R,2)，則從C到D，再?gòu)腄返回到C所用時(shí)間，t2＝eq\f(R,v)粒子在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(qE,m)t3＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,Eq)總時(shí)間t＝eq\f(π＋1R,v)＋eq\f(2mv,Eq)。答案：(1)eq\f(mv,qR)(2)πR＋eq\f(mv2,qE)(3)(2R,0)eq\f(π＋1R,v)＋eq\f(2mv,qE)4．如圖甲所示，為質(zhì)譜儀的原理示意圖。質(zhì)量為m的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過(guò)電勢(shì)差為U的電場(chǎng)加速后，從G點(diǎn)沿紙面垂真于直線MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)。該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是一個(gè)以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后，最終打在照相底片上的H點(diǎn)。測(cè)得G、H間的距離為d，粒子的重力忽略不計(jì)。求：(1)粒子的電荷量；(2)若偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)為半徑r＝eq\f(\r(3)d,3)的圓形磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁場(chǎng)邊界與直線MN相切于G點(diǎn)，如圖乙所示，當(dāng)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度不變時(shí)，要使粒子仍能打到H點(diǎn)，那么，圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′應(yīng)為多大。解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，由動(dòng)能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2①粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,R) ②而由幾何知識(shí)得知R＝eq\f(d,2) ③聯(lián)立方程組①、②、③解得：q＝eq\f(8mU,B2d2)。(2)設(shè)圓形磁場(chǎng)的圓心O與H的連線與MN的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(r,d)＝eq\f(\f(\r(3),3)d,d)＝eq\f(\r(3),3)，得：θ＝30°設(shè)粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中作圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R′。由幾何知識(shí)得：R′＝rtan30°＝eq\f(\r(3),3)d·eq\f(\r(3),3)＝eq\f(1,3)d由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB′＝meq\f(v2,R′)由以上各式解得：B′＝eq\f(3,2)B。答案：(1)eq\f(8mU,B2d2)(2)eq\f(3,2)B對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)5．(2018·南通調(diào)研)如圖甲所示，直角坐標(biāo)系xOy中，第二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)交變磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外為正方向。第三象限內(nèi)有一發(fā)射裝置(沒(méi)有畫出)沿y軸正方向射出一個(gè)比荷eq\f(q,m)＝100C/kg的帶正電的粒子(可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)重力)，該粒子以v0＝20m/s的速度從x軸上的點(diǎn)A(－2m,0)進(jìn)入第二象限，從y軸上的點(diǎn)C(0,4m)進(jìn)入第一象限。取粒子剛進(jìn)入第一象限的時(shí)刻為0時(shí)刻，第一、四象限內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化，g＝10m/s2。(1)求第二象限內(nèi)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?2)求粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)。解析：(1)帶電粒子在第二象限的電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子從A點(diǎn)到C點(diǎn)用時(shí)為t，則Eq|xA|＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vC2－v02))|xA|＝eq\f(vCx,2)t|yC|＝v0tvC2＝v02＋vCx2解得：E＝1.0N/CvC＝20eq\(2)設(shè)粒子在C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與y軸正方向成θ角，則cosθ＝eq\f(v0,vC)＝eq\f(\r(2),2)即θ＝45°粒子在第一象限磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)有：qvCB＝meq\f(vC2,r)解得：r＝eq\f(\r(2),2)m粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,vC)＝eq\f(π,20)s所以粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子運(yùn)動(dòng)第四個(gè)半圓的過(guò)程中第一次經(jīng)過(guò)x軸，在x軸上對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為eq\r(2)r＝1m所以O(shè)D＝3m粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為(3m,0)。答案：(1)1.0N/C(2)(3m,0)6．(2018·徐州六校聯(lián)考)如圖甲所示，在0≤x≤d的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)，在x＜0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)。一質(zhì)子從點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)d，－\f(d,2)))處以速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)，恰從坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)按圖乙所示規(guī)律變化，以垂直于紙面向外為正方向。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，重力不計(jì)。(1)求質(zhì)子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向；(2)若質(zhì)子在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)從y軸飛出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；(3)若質(zhì)子從點(diǎn)M(d,0)處離開磁場(chǎng)，且離開磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)相同，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小及磁場(chǎng)變化周期T。解析：(1)質(zhì)子在電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為t，剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x正半軸的夾角為α，有x＝v0t＝eq\r(3)d，y＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(d,2)，tanα＝eq\f(vy,vx)，v2＝v02＋vy2解得v＝eq\f(2\r(3),3)v0，α＝30°。(2)質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切時(shí)半徑最大，B最小由幾何關(guān)系知R1＋R1cos60°＝d，解得R1＝eq\f(2,3)d根據(jù)牛頓第二定律有evB＝eq\f(mv2,R1)解得B＝eq\f(\r(3)mv0,ed)。(3)分析可知，要想滿足題目要求，則質(zhì)子在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為60°，在此過(guò)程中質(zhì)子沿x軸方向上的位移恰好等于它在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。欲使質(zhì)子從M點(diǎn)離開磁場(chǎng)，且速度符合要求，必有：n×2R＝d質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：R＝eq\f(mv,eB0)＝eq\f(2\r(3)mv0,3eB0)解得B0＝eq\f(4\r(3)nmv0,3ed)(n＝1,2,3，…)設(shè)質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T0，則有T0＝eq\f(2πm,eB0)，n×eq\f(T0,3)＝nT解得：T＝eq\f(\r(3)πd,6nv0)(n＝1,2,3…)。答案：(1)eq\f(2\r(3),3)v0與x軸正方向夾角為α＝30°斜向上(2)eq\f(\r(3)mv0,ed)(3)B0＝eq\f(4\r(3)nmv0,3ed)(n＝1,2,3，…)T＝eq\f(\r(3)πd,6nv0)(n＝1,2,3，…)考點(diǎn)綜合訓(xùn)練7．(2018·南京調(diào)研)如圖所示，在xOy平面內(nèi)y軸左側(cè)(含y軸)有一沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)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(jìn)入電場(chǎng)，從y軸上Q點(diǎn)離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)向夾角θ＝30°，Q點(diǎn)坐標(biāo)為(0，－d)，在y軸右側(cè)某區(qū)域內(nèi)(圖中未畫出)有一與坐標(biāo)平面垂直的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(mv0,qd)，粒子能從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸負(fù)向再進(jìn)入電場(chǎng)。不計(jì)粒子重力，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)粒子在有界磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r和時(shí)間t；(3)如果有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)榘雸A形，求磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S。解析：(1)設(shè)粒子從Q點(diǎn)離開電場(chǎng)時(shí)速度大小為v，由粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)得：v＝2v0由動(dòng)能定理得：qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：E＝eq\f(3mv02,2qd)。(2)設(shè)粒子從M點(diǎn)進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從N點(diǎn)離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r，圓心為O1，如圖所示。由qvB＝eq\f(mv2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)＝2d由幾何關(guān)系知，粒子能從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸負(fù)向再進(jìn)入電場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為240°，所以粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(2,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πd,3v0)。(3)若半圓形磁場(chǎng)區(qū)域的面積最小，則半圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心為O2，可得半徑：R＝1.5r＝3d半圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積：S＝eq\f(1,2)πR2＝eq\f(9,2)πd2＝4.5πd2。答案：(1)eq\f(3mv02,2qd)(2)2deq\f(4πd,3v0)(3)4