江苏专版2019高考物理一轮复习课时跟踪检测二十九带电粒子在组合场中的运动.doc

1、【 精品教育资源文库 】 课时跟踪检测（二十九） 带电粒子在组合场中的运动 对点训练：质谱仪与回旋加速器 1.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在 AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从 P0处以速度 v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是 ( ) A带电粒子每运动一周被加速两次 B带电粒子每运动一周 P1P2 P3P4 C加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关 D加速电场方向需要做周期性的变 化 解析：选 C 带电粒子只有经过 AC 板间时被加速

2、，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向没有改变，则在 AC间加速，故 A、 D错误；根据 r mvqB得，则 P1P2 2(r2 r1) 2m vqB ，因为每转一圈被加速一次，根据 v22 v12 2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且 v3 v2 v2 v1，则 P1P2 P3P4，故 B 错误；当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，根据 r mvqB得，v qBrm ，知加速粒子的最大速度与 D 形盒 的半径有关，故 C 正确。 2 多选 质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向

3、射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔 O 进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板 MN 上的 P1、 P2、 P3三点，已知底板 MN 上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为 B1、 B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为 E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则 ( ) A速度选择器中的电场方向向右，且三 种粒子均带正电 B三种粒子的速度大小均为 EB2C如果三种粒子的电荷量相等，则打在 P3点的粒子质量最大 【 精品教育资源文库 】 D如果三种粒子电荷量均为 q，且 P1、 P3的间距为 x，则打在 P1、 P3两点的粒子质量差为 qB1B2

4、xE 解析：选 AC 根据粒子在磁感应强度为 B2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，又由于粒子束在速度选择器中沿直线运动，因此电场方向一定向右， A 正确；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向， Eq B1qv，可得 v EB1， B 错误；粒子在底板 MN 下侧的磁场中运动时，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力， qB2v mv2R，可得 R mvqB2，如果三种粒子的电荷量相等，粒子的质量越大，其轨道半径也越大，所以打在P3点的粒子质量最大， C 正确；由题图可知 OP1 2R1 2m1vqB2、 OP3 2R3 2m3vqB2，由题意可知 x OP3 OP1

5、 2m3vqB2 2m1vqB2，因此 m m3 m1 qB2 x2v qB1B2 x2E ， D 错误。 对点训练：带电粒子在三类组合场中的运动 3.(2018 盐城模拟 )如图所示，真空中有一以 O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为 R，磁场垂直纸面向里。在 yR 的区域存在沿 y 方向的匀强电场，电场强度为 E。在 M 点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率 v，沿不同方向射入第一象限。发现沿 x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到 0 后又返回磁场。已知粒子的质量为 m，电荷量为 q。粒子重力不计。求： (1)圆形磁场区域磁感应强度的大小； (2)沿 x 方向射入磁场的粒子

6、，从进入磁场到再次穿出所走过的路程； (3)沿与 x 方向成 60 角射入的粒子，最终将从磁场的边缘射出，不再进入磁场，求射出点的坐标和粒子从 M 点运动到射出点的总时间。 解析： (1)沿 x 方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到 0，粒子一定是从如图的 P 点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径 r R 根据 Bqv mv2r 得 B mvqR。 (2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 N 点射出磁场， MN 为直径， 粒子在磁场中的路程为二 分之一圆周长 s1 R 【 精品教育资源文库 】 设在电场中的路程为 s2，根据动能定理得 Eqs22 12mv2 s2

7、mv2Eq 总路程 s R mv2Eq。 (3)如图，沿与 x 方向成 60 角射入的粒子，从 C 点竖直射出、射入磁场，从 D 点射入、射出电场，最后从 N 点 (MN 为直径 )射出磁场。所以 N 点坐标为 (2R,0) 在磁场中， MC 段轨迹圆弧对应圆心角 30 ， CN 段轨迹圆弧对应圆心角 150 ，所以在磁场中的时间为半个周期， 即 t1 T2 Rv 粒子在 CD 段做匀速直线运动， CD R2，则从 C 到 D，再从 D 返回到 C 所用时间， t2 Rv 粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度 a qEm t3 2va 2mvEq 总时间 t Rv 2mvEq 。 答案： (1

8、)mvqR (2) R mv2qE (3)(2R,0) Rv 2mvqE 4如图甲所示，为质谱仪的原理示意图。质量为 m 的带正电粒子从静止开始经过电势差为 U 的电场加速后，从 G 点沿纸面垂真于直线 MN 进入偏转磁场。该偏转磁场是一个以直线 MN 为上边界、方向垂直于纸面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场，带电粒子经偏转磁场后，最终打在照相底片上的 H 点。测得 G、 H 间的距离为 d，粒子的重力忽略不计。求： (1)粒子的电荷量； (2)若偏转磁场为半径 r 3d3 的圆形磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁场边界与直线MN 相切于 G 点，如 图乙所示，当粒子进入磁场时的速度不变时，要

9、使粒子仍能打到 H 点，那么，圆形区域内匀强磁场的磁感应强度 B 应为多大。 【 精品教育资源文库 】 解析： (1)设粒子经电场加速后的速度为 v，由动能定理得： qU 12mv2 粒子在磁场中作匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB mv2R 而由几何知识得知 R d2 联立方程组 、 、 解得： q 8mUB2d2。 (2)设圆形磁场的圆心 O 与 H 的连线与 MN 的夹角为 ，则 tan rd33 dd 33 ，得： 30 设粒子在圆形磁场区域中作圆周运动的轨迹半径为 R 。 由几何知识得： R rtan 30 33 d 33 13d 由洛伦兹力提供向心力，

10、由牛顿第二定律得： qvB m v2R 由以上各式解得： B 32B。 答案： (1)8mUB2d2 (2)32B 对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动 5 (2018 南通调研 )如图甲所示，直角坐标系 xOy 中，第二象限内有沿 x 轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置 (没有画出 )沿 y 轴正方向射出一个比荷 qm 100 C/kg 的带正电的粒子 (可视为质点且不计重力 )，该粒子以 v0 20 m/s 的速度从 x 轴上的点 A( 2 m,0)进入第二象限，从 y 轴上的点 C(0,4 m)进入第一

11、象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为 0 时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化， g 10 m/s2。 (1)求第二象限内电场的电场强度大小； (2)求粒子第一次经过 x 轴时的位置坐标。 【 精品教育资源文库 】 解析： (1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从 A 点到 C 点用时为 t，则 Eq|xA| 12m( )vC2 v02 |xA| vCx2t |yC| v0t vC2 v02 vCx2 解得： E 1.0 N/C vC 20 2 m/s。 (2)设粒子在 C 点的运动方向与 y 轴正方向成 角， 则 cos v0vC 22 即 45 粒子在第一象

12、限磁场中运动时有： qvCB mvC2r 解得： r 22 m 粒子做圆周运动的周期 T 2 rvC 20 s 所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过 x轴，在 x 轴上对应的弦长为 2r 1 m 所以 OD 3 m 粒子第一次经过 x 轴时的位置坐标为 (3 m,0)。 答案： (1)1.0 N/C (2)(3 m,0) 6 (2018 徐州六校联考 )如图甲所示，在 0 x d 的区域内有垂直纸面的磁场，在 x 0 的区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场 (图中未画出 )。一质子从点 P? ? 3d， d2 处以速度 v0沿 x 轴正方向运动， t 0 时，

13、恰从坐标原点 O 进入匀强磁场。磁场按图乙所示规律变化，以垂直于纸面向外为正方向。已知质子的质量为 m，电荷量为 e，重力不计。 (1)求质子刚进入磁场时的速度大小和方向； 【 精品教育资源文库 】 (2)若质子在 0 T2时间内从 y 轴飞出磁场，求磁感应强度 B 的最小值； (3)若质子从点 M(d,0)处离开磁场，且离开磁场时的速度方向与进入磁场时相同，求磁感应强度 B0的大小及磁场变化周期 T。 解析： (1)质子在电场中作类平抛运动，时间为 t，刚进磁场时速度方向与 x 正半轴的夹角为 ，有 x v0t 3d， y vy2t d2， tan vyvx， v2 v02 vy2 解得

14、v 2 33 v0， 30 。 (2)质子在磁场中运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大， B 最 小 由几何关系知 R1 R1cos 60 d， 解得 R1 23d 根据牛顿第二定律有 evB mv2R1 解得 B 3mv0ed 。 (3)分析可知，要想满足题目要求，则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角为 60 ，在此过程中质子沿 x 轴方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周运动的半径 R。欲使质子从 M 点离开磁场，且速度符合要求 ，必有： n2 R d 质子做圆周运动的轨道半径： R mveB0 2 3mv03eB0解得 B0 4 3nmv03ed (n 1,2,3， ) 设质子在磁场中做圆周运动的周期为 T0， 则有 T0 2 meB0， n T03 nT 解得： T 3 d6nv0(n 1,2,3) 。 答案： (1)2 33 v0 与 x 轴正方向夹角为 30 斜向上 【 精品教育资源文库 】 (2) 3mv0ed (3)B0 4 3nmv03ed (n 1,2,3， ) T 3 d6nv0(n 1,2,3， ) 考点综合训练 7 (2018 南京调研 )如图所示，在 xOy 平面内 y 轴左侧 (含 y 轴 )有一沿 y 轴负向的匀强电场，一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子从 x 轴上 P 处以速度 v0沿 x 轴正向进入电场，