2020人教新課標高考物理總復習課時跟蹤檢測(三十) 帶電粒子在組合場中的運動 含解析

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1、 課時跟蹤檢測（三十） 帶電粒子在組合場中的運動 A?卷——基礎保分專練 1．(2016·全國卷Ⅰ)現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子， 示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經 出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場 強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的?12 的質量比約為( ) 其示意圖如圖所 勻強磁場偏轉后從 加速，為使它經勻 倍。此離子和質子 A．11 C．121 B．12 D．144 1 mv

2、 解析：選?D 帶電粒子在加速電場中運動時，有?qU＝2mv2，在磁場中偏轉時，其半徑?r＝?qB?，由以上兩式整 。由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得： 2＝144， 1 理得：r＝B 選項?D?正確。 2mU???????????????????????????????????????????????????????????????????????m q????????????????????????????????????????????????????????????????????????m1 2.回

3、旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電 個?D?形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹 速，兩?D?形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。設?D?形盒半 加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為?B，高頻交流電頻率為?f。則 源兩極相連接的兩 縫時都能得到加 徑為?R。若用回旋 下列說法正確的是 ( ) A．質子被加速后的最大速度不可能超過?2πfR B．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關 C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D．不改

4、變?B?和?f，該回旋加速器也能用于加速?α?粒子 2πR 1 解析：選?A 由?T＝?v?，T＝?f?，可得質子被加速后的最大速度為?2πfR，其不可能超過?2πfR，質子被加速后 的最大速度與加速電場的電壓大小無關，選項?A?正確，B?錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項?C?錯誤； 2πmα qαB 要加速?α?粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)?α?粒子在其中做圓周運動的周期，即?T＝ 3.(2019·?廣東韶關質檢)如圖所示，一個靜止的質量為?m、帶電荷量 力)，經電壓?U?加速后垂直進入磁感應強度為?B?的勻強磁場，粒子在磁 打在?

5、P?點，設?OP＝x，能夠正確反應?x?與?U?之間的函數關系的是( ) ，故選項?D?錯誤。 為?q?的粒子(不計重 場中轉半個圓周后 解析：選?B 帶電粒子經電壓?U?加速，由動能定理，qU＝??mv2，粒子垂直進入磁感應強度為?B?的勻強磁場， 1 2 洛倫茲力提供向心力，qvB＝m???，2R＝x，聯立解得：x＝ v2 2 R B 2mU q  ，所以能夠正確反應?x?與?U?之間的函數關系 的是圖?B。 4．(多選)如圖所示，在?x?軸的上方有沿?y?軸負方向的勻強電場，電

6、軸的下方等腰三角形?CDM?區(qū)域內有垂直于?xOy?平面由內向外的勻強磁 為?B，其中?C、D?在?x?軸上，它們到原點?O?的距離均為?a，θ＝45°。現 電荷量為?q?的帶正電粒子，從?y?軸上的?P?點由靜止釋放，設?P?點到?O?點  場強度為?E，在?x 場，磁感應強度 將一質量為?m、 的距離為?h，不計 A．若?h＝???? ，則粒子垂直?CM?射出磁場 B．若?h＝???? ，則粒子平行于?x?軸射出磁場 C．若?h＝????? ，則粒子垂直?CM?射出磁場 D．若?h＝???? ，則粒子平行于?x?軸射出磁場 解析

7、：選?AD 若?h＝???? ，則在電場中，由動能定理得：qEh＝??mv2；在磁場中，由牛頓第二定律得?qvB ＝m?r?，聯立解得：r＝a，根據幾何知識可知粒子垂直?CM?射出磁場，故?A?正確，B?錯誤。若?h＝ 8mE 得：r＝??a，則根據幾何知識可知粒子平行于?x?軸射出磁場，故?C?錯誤，D?正確。 重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是( ) B2a2q 2mE B2a2q 2mE B2a2q 8mE B2a2q 8mE B2a2q 1 2mE 2 v2 B2a2q ，同理可 1 2 5．(多選)(201

8、9·溫州中學模擬)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子?P＋和?P3＋，經電壓為?U?的電 場加速后，垂直進入磁感應強度大小為?B、方向垂直紙面向里、有一定寬 域，如圖所示。已知離子?P＋在磁場中轉過?θ＝30°后從磁場右邊界射出。 度的勻強磁場區(qū) 在電場和磁場中 運動時，離子?P＋和?P3＋( ) A．在電場中的加速度之比為?1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為?2∶1 C．在磁場中轉過的角度之比為?1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為?1∶3 qU 解析：選?CD 兩個離子的質量相同，其帶電荷量之比是?1

9、∶3?的關系，所以由?a＝md可知，其在電場中的加 速度之比是?1∶3，故?A?錯誤。要想知道半徑必須先知道進入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在 離開電場時其速度表達式為：v＝ 2qU?v2??????mv m?，可知其速度之比為?1∶?3。又由?qvB＝m?r?知，r＝?qB?，所以其半徑之 P3＋的偏轉角度為?60°，即在磁場中轉過的角度之比為?1∶2，故?C?正確。由電場加速后：qU＝??mv2?可知，兩離子 比為?3∶1，故?B?錯誤。由?B?項分析知道，離子在磁場中運動的半徑之比為?3∶1，設磁場寬度為?L，離子通過磁

10、 L 場轉過的角度等于其圓心角，所以?sin?θ＝?r?，則可知角度的正弦值之比為?1∶?3，又?P＋的偏轉角度為?30°，可知 1 2 離為?x＝???? ，所以， 離開電場的動能之比為?1∶3，故?D?正確。 6.(2018·?遼寧本溪三校聯考)如圖所示，L1?和?L2?為平行線，L1?上方和 紙面向里的磁感應強度相同的勻強磁場，A、B?兩點都在?L2?線上，帶電粒 度?v?與?L2?線成?θ＝30°角斜向上射出，經過偏轉后正好過?B?點，經過?B?點 向上，不計粒子重力，下列說法中不正確的是( ) A．帶電粒子一定帶正電 B．帶電粒子經過?B?點

11、時的速度一定跟在?A?點的速度相同 C．若將帶電粒子在?A?點時的初速度變大(方向不變)它仍能經過?B?點 L B D．若將帶電粒子在A?點時的初速度方向改為與?2?線成?60°角斜向上，它就不再經過?點 解析：選?A 畫出帶電粒子運動的兩種可能軌跡，如圖所示， A?錯誤；帶電粒子經過?B?點的速度跟在?A?點時的速度大小相等、方 根據軌跡，粒子經過邊界?L1?時入射點到出射點間的距離與經過邊界 間的距離相同，與速度大小無關，所以當初速度變大但保持方向不 故?C?正確；設?L1?與?L2?之間的距離為?d，由幾何知識得?A?到?B?的距  L2

12、?下方都是垂直 子從?A?點以初速 時速度方向也斜 對應正、負電荷，故 向相同，故?B?正確； L2?時入射點到出射點 變，它仍能經過?B?點， 2d tan?θ 若將帶電粒子在?A?點時初速度方向改為與?L2?線成?60°角斜向上，它就不再經過?B?點，故?D?正確。 7．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy?平面)向里的 域，磁感應強度的大小為?B0；x<0?區(qū)域，磁感應強度的大小為?λB0(常數 電荷量為?q(q>0)的帶電粒子以速度?v0?從坐標

13、原點?O?沿?x?軸正向射入磁場， 磁場。在?x≥0?區(qū) λ>1)。一質量為?m、 此時開始計時，當 qB0v0＝m???0?① qλB0???0 R2 t1＝?v??1③ t2＝?v??2④ t0＝t1＋t2＝??πm 1＋λ。⑤ 粒子的速度方向再次沿?x?軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與?O?點間的距離。 解析：(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設在?x≥0?區(qū)域，圓周半徑為?R1；在?x＜0?區(qū)域，圓周半徑為 R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得 v?2 R1 v?2 v?＝m?0?

14、② 粒子速度方向轉過?180°時，所需時間?t1?為 πR 0 粒子再轉過?180°時，所需時間?t2?為 πR 0 聯立①②③④式得，所求時間為 1 B0q (2)由幾何關系及①②式得，所求距離為 1－λ??。⑥ d0＝2(R1－R2)＝ 2mv0???1 B0q?è 2mv0??? 1 1＋λ?? 1－λ?? B0qè?????? B0q?è πm?? 1 答案：(1) (2) 8.如圖所示，在?xOy?坐標系的?0≤y≤d?的區(qū)域內分布著沿?y?軸正方 d≤y≤2d?的區(qū)域內分布著垂直于?xOy

15、?平面向里的勻強磁場，MN?為電 面，ab?為磁場的上邊界?，F從原點?O?處沿?x?軸正方向發(fā)射出速率為?v0、 量之比)為?k?的帶正電粒子，粒子運動軌跡恰與?ab?相切并返回磁場。已  向的勻強電場，在 場和磁場的交界 比荷?(?電荷量與質 知電場強度?E?＝ 解得?t1＝??? ，x＝ 3v0????? 3 3v02 2kd  ，不計粒子重力和粒子間的相互作用。求： (1)粒子第一次穿過?MN?時的速度大小和水平位移的大小； (2)磁場的磁感應強度?B?的大小。 1?????1 解析：(1)根據動能

16、定理得，qEd＝2mv2－2mv02， 解得?v＝2v0 F?????1 粒子在電場中做類平拋運動，由?F＝qE，a＝m，d＝2at12，x＝v0t1 2?3d????2?3d 。 (2)粒子運動的軌跡如圖所示，設粒子以與?x?軸正方向成?θ?角進入磁場 0?＝????3，解得?θ＝60° v tan?θ＝ v2－v?2 0 根據?R＋Rcos?θ＝d，解得?R＝2d 由牛頓第二定律可得?qvB＝m???， 3 v2 R 3v 解得?B＝?kd0。 答案：(1)2v0 2?3d

17、 3 3v (2)?kd0 9.(2019·?汕頭模擬)如圖所示，虛線?MN?為勻強電場和勻強磁場的分 強大小為?E，方向豎直向下且與邊界?MN?成?θ＝45°角，勻強磁場的磁感 垂直紙面向外，在電場中有一點?P，P?點到邊界?MN?的豎直距離為?d。 電荷量為?q?的帶正電粒子從?P?處由靜止釋放(不計粒子所受重力，電場和 求： 界線，勻強電場場 應強度為?B，方向 現將一質量為?m、 磁場范圍足夠大)。 (1)粒子第一次進入磁場時的速度大小； (2)粒子第一次出磁場處到第二次進磁場處的距離； (3)

18、若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應強度大小突然變?yōu)?B′，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在 該磁場中，則?B′的最小值為多少？ 解析：(1)設粒子第一次進入磁場時的速度大小為?v，由動能定理可得?qEd＝??mv2， 解得：v＝??? 2qEd 解得：t＝??? 8md m?。 (2)粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場 1 點間距為?xCA，由類平拋運動規(guī)律：x＝vt，y＝2at2，qE＝ma， 由幾何知識可得?x＝y(tǒng)， qE?， 兩點間的距離為：xCA＝?2vt， 代入數據可得：xCA＝4?2

19、d。 1 2  到第二次進磁場，兩 v2 (3)由?qvB＝m?R?，v＝ 2qEd m?， 1 聯立解得：R＝B 2mEd q?， 設此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為?r，則由幾何關系可知?r＝????? R。 又因為?r＝???? ， 由題意可知，當粒子運動到?F?點處改變磁感應強度的大小時，粒子運動的半徑有最大值，即?B′最小，粒子 的運動軌跡如圖中的虛線圓所示。 2＋?2 4 mv qB′ mv 所以?B′＝?qr?， 代入數據可得：B′＝2(2－?2

20、)B。 答案：(1)??? 2qEd m (2)4?2d??(3)2(2－?2)B B?卷——重難增分專練 1．(2019·佛山模擬)如圖甲所示，M、N?為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為?d，兩板中央各有一 個小孔?O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正 離子在?t＝0?時垂直于?M?板從小孔?O?射入磁場，已知正離子的質量為?m，電荷量為?q，正離子在磁場中做勻速圓周 運動的周期與磁感應強度變化的周期都為?T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計正離子所

21、受重力。 求： (1)磁感應強度?B0?的大?。? 粒子運動的周期?T0＝?v 解得?B0＝?2πm qT0 (2)要使正離子從?O′孔垂直于?N?板射出磁場，正離子射入磁場時的速度?v0?的可能值。 解析：(1)設磁場方向垂直于紙面向里時為正，正離子射入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有 v?2 0 B0qv0＝m?r 2πr 0 。 (2)正離子從O′孔垂直于N?板射出磁場時，可能的運動軌跡如圖所示， d 正離子在兩板之間只運動一個周期?T0?時，有?r＝4

22、 (n＝1,2,3，…) 解得?v0＝?? (n＝1,2,3，…)。 qT0??? 2nT0 正離子在兩板之間運動?n?個周期即?nT0?時，有?r＝ πd 2nT0 2πm πd 答案：(1) (2) (n＝1,2,3，…) d 4n 2.如圖所示，在坐標系?xOy?中，第一象限內充滿著兩個勻強磁場?a?和 在磁場?a?中，磁感應強度為?2B，方向垂直于紙面向里，在磁場b?中，磁感 向垂直于紙面向外，P?點坐標為(4l,3l)。一質量為?m、電荷量為?q?的帶正電 軸負方向射入磁場?b，經過一段時間后，粒子恰能經過原點?O，不計粒子

23、 b，OP?為分界線， 應強度為?B，方 粒子從?P?點沿?y 重力。求： 解得?Ra＝??mv (1)粒子從?P?點運動到?O?點的最短時間是多少？ (2)粒子運動的速度大小可能是多少？ 解析：(1)設粒子的入射速度為?v，用?Ra、Rb、Ta、Tb?分別表示粒子在磁場?a?中和磁場?b?中運動的軌道半徑和 周期，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得 v2 qvB＝m?R mv 2qB，Rb＝?qB?， 2πR 2πm πm 2πR 2πm Ta＝?v?a＝?2qB＝?qB?，Tb＝?v?b＝?qB 動

24、到?O?點所用的時間最短，如圖所示。根據幾何知識得?tan?α＝???＝??，故?α 當粒子先在磁場?b?中運動，后進入磁場?a?中運動，然后從?O?點射出時， 3l 3 4l 4 粒子在磁場?b?和磁場?a?中運動的時間分別為 粒子從?P?點運 ＝37° tb＝ 2×(90°－α)??????2×(90°－α) Tb，ta＝ 360°?????????????360°?Ta t＝ta＋tb＝53πm 60qB 故從?P?點運動到?O?點的時間為 。 (2)由題意及上圖可知 解得?v＝???? (n＝1,2

25、,3，…)。 答案：(1)?????? (2)???? (n＝1,2,3，…) (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與?x?軸正方向的夾角為??，求該 v?＝at③ v?＝vcos?θ④ n(2Racos?α＋2Rbcos?α)＝?(3l)2＋(4l)2 25qBl 12nm 53πm 25qBl 60qB 12nm 3．(2018·?全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁 的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與?y?軸垂直，寬度為?l，磁 B，方向垂直于?xOy?平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為?l′， 為?E，方向均沿

26、?x?軸正方向；M、N?為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的 帶正電的粒子以某一速度從?M?點沿?y?軸正方向射入電場，經過一段時 入射的速度從?N?點沿?y?軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從?M?點入射時速度的大小； π 6 M?點運動到?N?點的時間。 解析：(1)粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱， (2)設粒子從?M?點射入時速度的大小為?v0，進入磁場的速度大小為?v，方 夾角為?θ[如圖b]?，速度?v?沿電場方向的分量為?v1。 根據牛頓第二定律有 q

27、E＝ma① 由運動學公式有 l′＝v0t② 1 1 設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為?R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 mv2 qvB＝?R?⑤ 由幾何關系得 l＝2Rcos?θ⑥ 聯立①②③④⑤⑥式得  場，其在?xOy?平面內 感應強度的大小為 電場強度的大小均 連線與?y?軸平行。一 間后恰好以從?M?點 粒子的比荷及其從 如圖(a)所示。 向與電場方向的 v?＝?2El′ 0

28、 Bl 。⑦ v?＝v?cot? ⑧ (3)由運動學公式和題給數據得 π 1 0 6 聯立①②③⑦⑧式得 2è2－6? t′＝2t＋?????? T⑩ t′＝?E??1＋ Bl? 3πl(wèi)?? è?? 18l′? 答案：(1)見解析? (2)???Bl E?è?? 18l′? (3)??????????? ?1＋ ÷ 2 q 4?3El′ m＝ B2l2 ⑨ 設粒子由?M?點運動到?N?點所用的時間為?t′，則 ?π π? 2π 式中?T?是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， 2πm T＝?qB??

29、 由②⑦⑨⑩?式得 ÷。? 2El′ 4?3El′ Bl? 3πl(wèi)?? B2l2 4.(2019·?淮南模擬)在如圖所示的坐標系內，PQ?是垂直于?x 側的等腰直角三角形區(qū)域內分布著勻強磁場，磁感應強度為?B， 里，AC?邊有一擋板可吸收電子，AC?長為?d。PQ?右側為偏轉電 d，間距為?d。電場右側的?x?軸上有足夠長的熒光屏?，F有速率  軸的分界線，PQ?左 方向垂直紙面向 1 場，兩極板長度為 不同的

30、電子在紙面 內從坐標原點?O?沿?y?軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠處為?M?點，M?到下極板右端的距離為??d，電 解得?r＝ 1 2 子電荷量為?e，質量為?m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉電場邊緣效應，求： (1)電子通過磁場區(qū)域的時間； (2)偏轉電場的電壓?U； (3)電子至少以多大速率從?O?點射出時才能打到熒光屏上。 v2 解析：(1)電子在磁場中運動，由牛頓第二定律得?evB＝m?r mv eB 2πr 2πm 電子在磁場區(qū)域運動周期為?T＝?v?＝?eB T＝??? 。 通過磁場

31、區(qū)域的時間為?t1＝ 90°?πm 360°???2eB (2)由幾何知識得電子在磁場中運動的最大半徑?r＝d，又?r＝ mv eB 解得電子進入電場的最大速度?v＝ eBd m d m 2v 通過電場的時間?t2＝ ，代入數據解得?t2＝2eB 電子離開電場后做勻速直線運動到達?M?點，如圖甲所示 y1? 4?? 1 ＝?? ＝??，又?y1＋y2＝d y2? 1?? 2 2 故??eU 2? 1 代入數據解得?U＝????? 。 電場中水平方向??d＝v′t 1 d d 1 解

32、得?y1＝3d 2mdt2?＝3d 8eB2d2 3m (3)電子恰好打在下極板右邊緣，如圖乙所示 mv′ 在磁場中運動半徑?r′＝?eB 1 2 eU 豎直方向?r′＝ t2 2md 由上述三式代入數據解得?v′＝?eBd 3 3m  。 答案：(1)???? (2)??????? (3)v′＝ 2eB????? 3m πm 8eB2d2 eBd 3 3m 5．(2017·江蘇高考)一臺質譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、 壓為?U0?的加速電場，其初速度幾乎為?0，經加速后，通過寬為

33、?L?的狹 垂直的方向進入磁感應強度為?B?的勻強磁場中，最后打到照相底片上。 子的電荷量均為＋q，質量分別為?2m?和?m，圖中虛線為經過狹縫左、  乙兩種離子飄入電 縫?MN?沿著與磁場 已知甲、乙兩種離 右邊界?M、N?的甲 r1 解得?r1＝B?? mU0 解得?x＝B?? mU0q??－L。 種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。 (1)求甲種離子打在底片上的位置到?N?點的最小距離?x； (2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度?d； (3)若考慮加速電壓有波動，

34、在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹 縫寬度?L?滿足的條件。 1 解析：(1)甲種離子在電場中加速時，有?qU0＝2×2mv2 設甲種離子在磁場中的運動半徑為?r1 v2 則有?qvB＝2m 2 q 根據幾何關系有?x＝2r1－L 4 (2)如圖所示。 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 r12－è2?2 q??－?? 4mU0 L2 d＝r1－ 2 解得?d＝B ?L? mU0?－?。  qB2???4 (

35、3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為?r2 2 r1?的最小半徑?r1min＝B 1 r2?的最大半徑?r2max＝?B 由題意知?2r1min－2r2max>L m(U0－ΔU) q 2m(U0＋ΔU) q 即B?? m(U0－ΔU)－B?? 2m(U0＋ΔU) 4 2  q?q  >L q??－L 2 解得?L