（浙江專用）2019版高考物理大二輪復習優(yōu)選習題 專題三 電場與磁場 提升訓練11 帶電粒子在磁場中的運動.doc

提升訓練11帶電粒子在磁場中的運動1.如圖所示,OPQ是關于y軸對稱的四分之一圓,在PQMN區(qū)域有均勻輻向電場,PQ與MN間的電壓為U。PQ上均勻分布帶正電的粒子,可均勻持續(xù)地以初速度為零發(fā)射出來,任一位置上的粒子經電場加速后都會從O進入半徑為R、中心位于坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直xOy平面向外,大小為B,其中沿+y軸方向射入的粒子經磁場偏轉后恰能沿+x軸方向射出。在磁場區(qū)域右側有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K, 金屬板長均為4R, 其中K板接地,A與K兩板間加有電壓UAK>0, 忽略極板電場的邊緣效應。已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切,O在y軸(0,-R)上。(不考慮粒子之間的相互作用力)(1)求帶電粒子的比荷qm;(2)求帶電粒子進入右側電場時的縱坐標范圍;(3)若電壓UAK=3U4,求到達K板的粒子數與進入平行板總粒子數的比值。2.如圖為一裝放射源氡的盒子,靜止的氡核(86222Rn)經過一次衰變成釙Po,新核Po的速率約為2105 m/s。衰變后的粒子從小孔P進入正交的電磁場區(qū)域,且恰好可沿中心線勻速通過,磁感應強度B=0.1 T。之后經過A孔進入電場加速區(qū)域,加速電壓U=3106 V。從區(qū)域射出的粒子隨后又進入半徑為r=33 m的圓形勻強磁場區(qū)域,該區(qū)域磁感應強度B0=0.4 T、方向垂直紙面向里。圓形磁場右邊有一豎直熒光屏與之相切,熒光屏的中心點M和圓形磁場的圓心O、電磁場區(qū)域的中線在同一條直線上,粒子的比荷為qm=5107 C/kg。 (1)請寫出衰變方程,并求出粒子的速率(保留一位有效數字); (2)求電磁場區(qū)域的電場強度大小; (3)粒子在圓形磁場區(qū)域的運動時間多長? (4)求出粒子打在熒光屏上的位置。3.(2018年3月新高考研究聯(lián)盟第二次聯(lián)考)一臺質譜儀的工作原理如圖1所示。大量的甲、乙兩種離子以0到v范圍內的初速度從A點進入電壓為U的加速電場,經過加速后從O點垂直邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場中,最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q、質量分別為2m和m。不考慮離子間的相互作用。圖1圖2(1)求乙離子離開電場時的速度范圍;(2)求所有離子打在底片上距O孔最遠距離xm;(3)若離子進入O孔時速度方向分布在y軸兩側各為=30的范圍內,如圖2所示,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求離子最大初速度v應滿足的條件。4.如圖,在xOy坐標平面第一象限內x1 m的范圍中存在以y=x2為上邊界的沿y軸正方向的勻強電場,電場強度大小E1=2.0102 N/C,在直線MN(方程為y=1 m)的上方存在方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。在x=-1 m處有一與y軸平行的接收板PQ,板兩端分別位于MN直線和x軸上;在第二象限,MN和PQ圍成的區(qū)域內存在沿x軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E2?，F(xiàn)有大量的帶正電粒子從x軸上0<x1 m的范圍內同時由靜止釋放,粒子的比荷均為qm=1.6105 C/kg,不計粒子的重力及其相互作用。(1)求在x=0.5 m處釋放的粒子射出電場E1時的速度大小;(2)若進入磁場的所有帶電粒子均從MN上同一點離開磁場,求磁感應強度B的大小;(3)若在第(2)問情況下所有帶電粒子均被PQ板接收,求電場強度E2的最小值和在E2最小的情況下最先打在接收板上的粒子運動的總時間。5.如圖所示,靜止于A處的帶正電粒子,經加速電場加速后沿圖中14圓弧虛線通過靜電分析器,從P點垂直CN豎直向上進入矩形區(qū)域的有界勻強磁場(磁場方向如圖所示,其中CNQD為勻強磁場的邊界)。靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場,方向如圖所示。已知加速電場的電壓為U,圓弧虛線的半徑為R,粒子質量為m、電荷量為q,QN=2d,PN=3d,粒子重力不計。(1)求粒子在輻向電場時其所在處的電場強度E;(2)若粒子恰好能打在N點,求矩形區(qū)域QNCD內勻強磁場的磁感應強度B的值;(3)要求帶電粒子最終能打在QN上,求磁場磁感應強度大小B的取值范圍。6.某裝置用磁場控制帶電粒子的運動,工作原理圖如圖所示。裝置的長L=23d,上下兩個相同的矩形區(qū)域內存在勻強磁場,磁感應強度大小相同、方向與紙面垂直且相反,兩磁場的間距為d,裝置右端有一收集板,N、P為板上的兩點,N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。一質量為m、電荷量為-q的粒子靜止在A處,經加速電場加速后,以速度v0沿圖中的虛線從裝置左端的中點O射入,方向與軸線成60角?？梢酝ㄟ^改變上下矩形區(qū)域內的磁場強弱(兩磁場始終大小相同、方向相反),控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。(1)試求出加速電壓U的大小;(2)若粒子只經過上方的磁場區(qū)域一次,恰好到達收集板上的P點,求磁場區(qū)域的寬度h;(3)欲使粒子經過上下兩磁場并到達收集板上的N點,磁感應強度有多個可能的值,試求出其中的最小值B。7.如圖所示,真空中有以(r,0)點為圓心,以r為半徑的圓形勻強磁場區(qū),磁感強度大小為B,方向垂直于紙面向里,在y=r的虛線上方足夠大的范圍內,有水平向左的勻強電場,電場強度的大小為E,一質子從O點沿與x軸正方向成30斜向下射入磁場(如圖中所示),經過一段時間后由M點(圖中沒有標出)穿過y軸。已知質子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,質子的電荷量為e,質量為m ,重力不計。求:(1)質子運動的初速度大小;(2)M點的坐標;(3)質子由O點運動到M點所用時間。8.掃描電子顯微鏡在研究微觀世界里有廣泛的應用,通過磁聚焦之后的高能電子轟擊物質表面,被撞擊的樣品會產生各種電磁輻射,通過分析這些電磁波就能獲取被測樣品的各種信息。早期這種儀器其核心部件如圖甲所示。其原理如下:電子槍發(fā)出的電子束,進入磁場聚焦室(如圖甲),聚焦磁場由通電直導線產生,磁場通過“釋放磁場的細縫”釋放而出,通過控制“釋放磁場細縫”的寬度、磁場的強弱和方向使電子進行偏轉,讓聚焦之后的電子集中打在樣品上。(1)要使射入聚焦室的電子發(fā)生圖乙的偏轉,請說明圖甲中左側和右側通電直導線的電流方向(只要回答“向上”或者“向下”);(2)圖乙為聚焦磁場的剖面圖,要產生圖示的聚焦效果,請說明該平面中磁場的分布情況;(3)研究人員往往要估測聚焦磁場區(qū)域中各處磁感應強度大小,為了研究方便假設電子運動經過的磁場為勻強磁場,若其中一個電子從A點射入(如圖丙所示),從A點正下方的A點射出,入射方向與OA的夾角等于出射方向與OA的夾角,電子最終射向放置樣品的M點,求該磁感應強度的大小?已知OA=OA=d,AA=L,OM=h,電子速度大小為v,質量為m,電荷量為e。9.(2018年3月綠色評價聯(lián)盟高三適應性考試)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設計的簡化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強磁場,磁感應強度大小為B=1.010-3 T,在離軸線R2處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成角(0<90)。電子碰撞銫原子使之電離,為了取得好的電離效果,從內圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內運動時不能與外器壁碰撞。為加速區(qū),兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場。區(qū)產生的銫離子以接近0的初速度進入區(qū),被加速后以速度v0=7.25104 m/s從右側噴出。這種高速粒子流噴射出去,可推動衛(wèi)星運動,電子在區(qū)內不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效果越好,已知銫離子比荷qM=7.25105 Ckg-1,銫離子質量M=2.210-25 kg,電子質量為m=0.910-30 kg,電荷量為e=1.6010-19 C(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)。(1)求區(qū)的加速電壓;(2)為取得好的電離效果,請判斷區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);(3)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vm與角的關系;(4)若單位時間內噴射出N=1018個銫離子,試求推進器的推力(結果取兩位有效數字)。10.如圖所示,在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場,在第四象限內分布著垂直紙面向里的勻強磁場。一個質量為m0,電荷量為q的正粒子(不計重力)在A(0,3)點平行x軸入射,初速度vA=120 m/s,該粒子從電場進入磁場,又從磁場進入電場,并且只通過x軸上的點P(4.5,0)及Q(8,0)各一次,已知該粒子的比荷為qm0= 108 C/kg。求:(1)電場強度的大小;(2)磁感應強度的大小;(3)粒子在磁場中運動的時間。11.(2018年2月臺州高三期末)如圖1所示為我國蘭州重離子加速系統(tǒng)中的一臺大型分離扇加速器,圖2為其簡化示意圖,四個張角為53的扇形磁鐵沿環(huán)形安裝,產生方向垂直于紙面向里的扇形勻強磁場,磁場的外半徑R=3.6 m,磁感應強度均為B=0.5 T,磁鐵之間為真空無場區(qū)。若重離子質量為1.410-25 kg,帶7個單位正電荷,以速率v=4.0106 m/s沿圖中虛線所示的閉合軌道周期性旋轉。求:(1)閉合軌道在勻強磁場中圓弧的半徑r,并判斷離子旋轉的方向;(2)閉合軌道在兩個扇形磁場間的長度d,及離子沿軌道旋轉的周期T;(3)重離子沿閉合軌道周期性旋轉的最大速度vm。已知:元電荷e=1.610-19 C,sin()=sin cos cos sin ,cos =1-2sin2212.“太空粒子探測器”是由加速、偏轉和收集三部分組成,其原理可簡化如下:如圖甲所示,輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面,圓心為O,外圓弧面AB的半徑為L,電勢為1,內圓弧面CD的半徑為L2,電勢為2。足夠長的收集板MN平行于邊界ACDB,O到MN板的距離OP為L。假設太空中漂浮著質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們能均勻地吸附到AB圓弧面上,并被加速電場從靜止開始加速,不計粒子間的相互作用和其他星球對粒子引力的影響。(1)求粒子到達O點時速度的大小;(2)如圖乙所示,在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場,圓心為O,半徑為L,磁場方向垂直紙面向內,則發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子有23能打到MN板上(不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回),求所加磁場磁感應強度B0的大小;(3)隨著所加磁場大小的變化,試定量分析收集板MN上的收集效率與磁感應強度B的關系。提升訓練11帶電粒子在磁場中的運動1.答案 (1)2UB2R2(2)-22R22R(3)56解析 (1)qU=12mv2,得v=2qUm由已知條件,知偏轉半徑r=RBqv=mv2r得qm=2UB2R2。(2)因為r=R,所有粒子經磁場偏轉后都平行于x軸射出。沿QN方向射入時,對應的圓心角為135,離開磁場時a點的縱坐標為ya=22R沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出發(fā)點b的縱坐標yb=-22R所以進入電場時的縱坐標范圍為-22R22R。(3)E=UAK2R,F=Eq=ma,y=12at2,vt=4R,得y=32R從縱坐標y=0.5R進入偏轉電場的粒子恰能打到K板右邊緣,其進入磁場時的速度與y軸夾角為30,所以比例=45+3090=56。2.答案 (1)86222Rn84218Po+24He1107 m/s(2)1106 V/m(3)610-7s(4)粒子打在熒光屏上的M點上方1 m處解析 (1)衰變方程:86222Rn84218Po+24He衰變過程動量守恒,0=mPov1-mHev0聯(lián)立可得v0=1.09107 m/s1107 m/s。(2)粒子勻速通過電磁場區(qū)域,qE=qv0B聯(lián)立可得E=1106 V/m。(3)粒子在區(qū)域被電場加速,qU=12mv2-12mv02,所以v=2107 m/s粒子在區(qū)域中做勻速圓周運動,qvB=mv2R所以R=1 m又T=2Rv如圖所示,由幾何關系可知,粒子在磁場中偏轉角=60,所以粒子在磁場中的運動時間t=16T聯(lián)立可得t=610-7 s。(4)粒子的入射速度過圓形磁場圓心,由幾何關系可知,出射速度方向也必然過圓心O,幾何關系如圖,tan 60=xr,所以x=1 m,粒子打在熒光屏上的M點上方1 m處。3.答案 (1)2qUm,2qUm+v2 (2)4mUB2q+m2v02B2q2(3)v<qUm解析 (1)設離子以初速度v0進入電場,離開電場時速度為v1,由動能定理得qU=12mv12-12mv02解得v1=2qUm+v02由題意可知,乙離子進入電場時速度范圍0v,可得乙離子離開電場時速度范圍2qUm,2qUm+v2 (2)磁場中:qBv1=mv12r,解得r=2mUB2q+m2v02B2q2經判斷知,以v進入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠處rm=4mUB2q+4m2v02B2q2xm=2rm=4mUB2q+m2v02B2q2。(3)乙離子能打到的距離O點的最遠距離:2r乙=2mqB2qUm+v2甲離子能打到的距離O點的最近距離:2r甲cos 30=4mqB2qUmcos 30當2r乙=2r甲cos 30時,即v=qUmv范圍為v<qUm。4.答案 (1)4103 m/s(2)0.1 T(3)8.0102 N/C5.710-4 s解析 (1)由題意得,于x處釋放的粒子在電場中加速的位移為y,且滿足y=x2設射出電場E1時的速度大小為v,由動能定理可得qyE1=12mv2聯(lián)立兩式可求得v=2E1qmx代入數值求解得v0.5=4103 m/s。(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動,設半徑為r,由牛頓第二定律可得qvB=mv2r聯(lián)立上式可求得r=mvqB=1B2mE1qx當磁感應強度B一定時,軌道半徑r與x成正比,當x趨近于零時,粒子做圓周運動的軌道半徑趨近于零,即所有粒子經磁場偏轉后都從C點射出磁場, 且有2r=x聯(lián)立上兩式可得B=0.1 T。(3)粒子從C點沿y軸負方向進入電場強度大小為E2的范圍后,都在電場力作用下做類平拋運動,若所有帶電粒子均被PQ板接收,則從x=1 m處出發(fā)的粒子剛好運動到Q點,對應電場強度E2的最小值E2 min,設該粒子在電場強度大小為E2 min的電場中運動的初速度為v1,時間為t3,加速度為a2,有x=12a2t32,y=v1t3,qE2 min=ma2將x=1 m,y=1 m代入方程可求得E2 min=8.0102 N/C由題意得,在E2最小的情況下最先打在接收板上的粒子為從x=1 m處出發(fā)的粒子,設該粒子在電場強度大小為E1的電場中運動的時間為t1,在磁場中運動的時間為t2,則有v1=qE1mt1,在勻強磁場中轉過=的圓心角,有r=v1t2故該粒子所經歷的總時t=t1+t2+t3從而求得t5.710-4 s。5.答案 (1)2UR(2)23d2mUq(3)12d2mUqB23d2mUq解析 (1)粒子在加速電場中加速,根據動能定理得qU=12mv2,解得v=2qUm粒子在輻向電場中做勻速圓周運動,電場力提供向心力,有qE=mv2R解得E=2UR。(2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律,有qvB=mv2r則r=mvqB,粒子恰好能打在N點,則r=32d,可得B=23d2mUq。(3)由r=1B2mUq粒子能打在QN上,則既沒有從DQ邊出去,也沒有從PN邊出去。由幾何關系可知,粒子能打到QN上,必須滿足32dr2d,則有12d2mUqB23d2mUq。6.答案 (1)mv022q(2)d2(3)4mv03dq解析 (1)由動能定理可知qU=12mv02得U=mv022q。(2)設帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r,依題意作出帶電粒子的運動軌跡如圖甲所示。甲由圖中幾何關系有L=3rsin60+3d2tan60,h=r(1-cos60)解得h=d2。乙(3)當B為最小值時,粒子運動的軌道半徑r則為最大值,即粒子只經過上方和下方的磁場區(qū)域各一次,恰好到達收集板上的N點。設帶電粒子此時運動的軌道半徑為r,帶電粒子的運動軌跡如圖乙所示。由圖中幾何關系有L=4rsin60+3d2tan60根據牛頓第二定律和洛倫茲力大小公式有qv0B=mv02r聯(lián)立以上各式解得B=4mv03dq。7.答案 (1)Berm(2)(0,r+Br3remE)(3)(4+6-33)m6Be+3rmeE解析 (1)質子在磁場中做勻速圓周運動,有Bev=mv2rv=Berm。(2)質子在磁場和電場中運動軌跡如圖所示,質子在磁場中轉過120角后,從P點再勻速運動一段距離后垂直電場線進入電場,由幾何關系得P點距y軸的距離為x2=r+rsin30=1.5r質子在電場中做類平拋運動,所以有Ee=max2=12at32由得t3=3rmeEM點的縱坐標y=r+vt3=r+Br3remE所以M點坐標為(0,r+Br3remE)。(3)質子在磁場中運動時間t1=13T=2m3Be由幾何關系得P點的縱坐標y2=32r所以質子勻速運動時間t2=r-y2v=(2-3)m2Be質子由O點運動到M點所用時間t=t1+t2+t3=(4+6-33)m6Be+3rmeE。8.答案 (1)向下向下(2)右側區(qū)域:磁場方向垂直紙面向內;中間分界線上:磁感應強度為零。左側區(qū)域:磁場方向垂直紙面向外(3)2mdveLh2+d2解析 (1)左側的通電直導線的電流方向向下;右側的通電直導線的電流方向向下。(2)要產生圖示的聚焦效果,該平面中磁場的分布情況是越靠近中心線處的磁感應強度越小,左右對稱;所以歸納為:右側區(qū)域:磁場方向垂直紙面向內;中間分界線上:磁感應強度為零;左側區(qū)域:磁場方向垂直紙面向外。(3)設AMO=,電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是r,則可得rsin=L2由幾何關系可知h2+d2sin=d解得r=L2dh2+d2由帶電粒子在磁場中的受力關系可知evB=mv2r該磁感應強度的大小是B=2mdveLh2+d2。9.答案 (1)3.625103 V(2)垂直紙面向外(3)vm=83(2-sin)108 m/s(4)1.6102 N解析 (1)qU=12mv2,得U=3.625103 V;(2)磁場方向垂直紙面向外;(3)由余弦定理得:rm2+R22-2rmRsin =R-rm2,rm=34-2sinqvmB=mvm2r,vm=83(2-sin)108 m/s;(4)Ft=NMv0,F=1.6102 N。10.答案 (1)4.2710-5 N/C(2)9.1410-7 T(3)0.02 s解析 粒子先在電場中做類平拋運動,后在磁場中做勻速圓周運動,如圖。(1)設OA的長度為h,OP的長度為x,粒子從A運動到P的時間為t,則有x=vAty=12at2=12Eqm0t2代入數據解得t=380 sE4.2710-5 N/C。(2)vy=2vy=2yt=160 m/sv=vA2+vy2=200 m/scos =vyv=0.8,則=37由幾何關系可得粒子做圓周運動的半徑R=3516 m則B=m0vqR9.1410-7 T。(3)粒子在磁場中運動的圓心角=106則粒子在磁場中運動的時間t=106360T=531802m0qB0.02 s。11.答案 (1)1.0 m逆時針旋轉(2)1.0 m2.5710-6 s(3)8.44106 m/s解析 (1)重離子在扇形磁場中做勻速圓周運動,有Bqv=mv2rr=mvBq=mv7eB解得:r=1.0 m離子逆時針旋轉。(2)由對稱性可知,磁場中圓弧的圓心角為2圓弧對應的弦長L=2r由幾何關系:Lsin 532=dsin 372由三角關系:sin 532=55,sin 372=1010解得:d=1.0 m離子在無場區(qū)運動的總時間t1=4dv=1.010-6 s離子在磁場中運動的總時間t2=2rv=210-6 s離子旋轉的周期T=t1+t22.5710-6 s。(3)當重離子以vm旋轉時,恰好與磁場的圓弧邊界相切,如圖所示:由幾何關系:R-r=22rtan 532-22r由三角關系:tan 532=12解得:r=(2-2)R又由r=mvqB可得:vmv=rr解得:vm8.44106 m/s。12.答案 (1)2q(1-2)m(2)1L2m(1-2)q(3)當B2L2m(1-2)q時,收集效率=1-2arcsin LB2q2m(1-2);當B>2L2m(1-2)q時,收集效率=0解析 (1)帶電粒子在電場中加速時,電場力做正功,得qU=12mv2-0U=1-2解得v=2q(1-2)m。甲(2)從AB圓弧面收集到的粒子有23能打到MN板上,則剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度的方向與MN平行,則入射的方向與AB之間的夾角是60,在磁場中運動的軌跡如圖甲所示,軌跡圓心角=60。根據幾何關系,粒子圓周運動的半徑r=L由洛倫茲力提供向心力得qvB0=mv2r聯(lián)立解得B0=1L2m(1-2)q。乙(3)磁感應強度增大,則粒子在磁場中的運動的軌道半徑減小,由幾何關系知,收集效率變小。設粒子在磁場中運動圓弧對應的圓心角為,如圖乙所示。由幾何關系可知sin2=L2r=LBq2mv=LB2q2m(1-2)收集板MN上的收集效率=-=1-2arcsin LB2q2m(1-2)當B>2L2m(1-2)q時,收集效率=0。