《高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练及答案及解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练及答案及解析（26页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练及答案及解析 一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练 1（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静 电分析器中有方向指向圆心O、与 O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁 分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行， 两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为 q、质量分别为m 和 0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m 的 离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从 N 点水平射出，而质量为
2、0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子 垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为 m 的离子打在O 点正下方的Q 点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差 2 NP mv U q , 4 cos 5 ，不计重力和离子间相互作用。 （1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度 E0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小； （2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l（用 r0表示）； （3）若磁感应强度在（BB）到（ BB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量 为 m 和 0.
3、5m 的两東离子，求 B B 的最大值 【答案】（ 1） 2 0 0 0 mv E qr ， 0 0 B mv qr ；（ 2） 0 1.5r；（ 3）12% 【解析】 【详解】 （1）径向电场力提供向心力： 2 c c c v E qm r 2 c c c mv E qr c c mv B qr （2）由动能定理： 22 11 0.50.5 22 cNP mvmvqU 24 5 NP cc qU vvv m 或 0.51 5 2 c mv rr qB 2 cos0.5 c lrr 解得1.5 c lr （3）恰好能分辨的条件： 000 22cos 2 11 rrr BB BB 解得 0 01
4、7412 B B 2如图所示，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感 应强度为B，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀 强磁场，方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以 某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出， AO垂直 OD。若将带电粒 子从圆周上的C点，以相同的初速度射入磁场，已知AOC =53 ，粒子刚好能从虚线右侧 磁场区域射出，不计粒子重力，sin53 =0.8，cos53 =0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到 D 的运动时间； (2)粒子从 C 点入射，第
5、一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。 【答案】 (1) 0 qBR v m ， 2 m t qB ；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53 ，0.6R； (3)21.6BB 【解析】 【分析】 【详解】 (1)粒子从 A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图 由几何关系得轨道半径 1 rR 洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有 2 0 0 mv qv B m 解得 0 qBR v m 粒子在磁场中运动的圆心角为90 ，有 4 T t 而周期为 1 0 2 r T v 解得 2 m t qB (2)粒子从 C 点入射，作出轨迹如图 由几何知识得E
6、F的长度 LEF=Rcos53 在三角形EFO1中，有 sin0.6 EF L R 即粒子转过的圆心角37，则速度的方向与磁场边界的夹角为53 而 CE的长度 cos37 CE LRR OF的长度为 sin 53 OFCE LRL 联立解得 0.6 OF LR (3)粒子在右侧磁场的半径为2 r ，由几何关系有 22 sin37rrR 由向心力公式得 2 0 02 2 mv qv B r 联立解得 2 1.6BB 3在矩形区域abcd中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界 ),规定磁场方向垂直纸面向里 为正 ,其中22bcable，为bc边界上的一点 ,且 2 l ce，重力可忽略不计的正粒子
7、从d 点沿dc方向以初速度 0 v射入磁场 ,已知粒子的比荷为 k，求： (1)如果在 0 时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的 e点离开 ,则磁场的磁感 应强度 0 B 应为多大 ? (2)如果磁场的磁感应强度 0 0 2v B kl ，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不 能由ad边离开磁场 ,则磁场的变化周期 0 T应满足什么条件? (3)如果磁场的磁感应强度 0 0 2v B kl ，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场,0 时刻 射入磁场的粒子刚好经过 0 T 垂直bc边离开磁场 ,再次进入磁场后经过0 T 从a点离开磁场区 域,则电场强度E以及粒子在电场
8、中的路程x分别为多大 ? 【答案】 (1) 0 0 4 5 v B kl ； (2)0 0 5 6 l T v ；(3) 2 0 8 ,(0 1 2 21 v En nkl ， ，）； 21 ,(01 2 3 8 nl xn， ，） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1 所示， 在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有 2 0 00 0 v qv Bm R 由几何关系，有 222 00 () 2 l RlR 解得 0 5 4 Rl 由于 q k m 解得 0 0 4 5 v B kl ； （2）由 0 0 mv R qB 可知，粒子运动的半径为 2 l R 临界情况为粒
9、子从t=0 时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，如图2 所示 圆周运动的周期为 00 2 ml T qBv ； 由几何关系可知， 0 2 T t内，粒子转过的圆心角为 5 6 ； 对应运动时间为 1 5 5 6 212 tTT 应满足 0 1 2 T t 联立可得 0 0 5 6 l T v （3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3 所示 由题意有 0 0 12 2 m T qB 得 0 0 2 l T v 在电场中有 qEma 往返一次用时为 0 2v t a ； 应有 0 1 () 2 tnT，可得 2 0 8 21 v E nkl ，（ n=0，1，2 ）； 运动的路程为 0 211 2
10、 228 nlt xv ，（ n=0，1，2，3 ） 4如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 ABCD、 ADBC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 （ 0. 不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用。 （1）若薄板足够长，且a=0. 2m，求感光板下表面被粒子击中的长度； （2）若薄板长l=0. 32m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a 的最大值； 【答案】 (1) 13 m 5 (2)0.32m 【解析】 【分析】 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，
11、洛伦兹完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向 不定，采用旋转圆的方式确定临界点； (2)作出粒子恰能击中板的最左端与最右端时粒子的轨迹，求出a 的最大值。 【详解】 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力： 2 v qvBm r 解得：0.2mr 沿y轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D 点，可知： 1 0.2mxr 而击中薄板最右端E点的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系可得： 222 2 (2 )rxr 解得： 2 3 m 5 x 则感光板下表面被粒子击中的长度： 12 13 m 5 Lxx (2)粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系可知： 222 ()() 2
12、l arr 解得：0.32ma 若粒子恰能击中薄板的最右端点，根据几何知识可知： 222 ()(2 ) 2 l ar 解得： 0.1344m0.32ma 综上所述，为了使感光板下表面全部被粒子击中：0.32m m a 【点睛】 典型的旋转打板模型，粒子的速度一定，说明运动的轨迹是一个定圆，方向不同，可以采 用旋转圆的方式画出临界点，进而求解。 7如图所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁 场在 t=0 时刻，一位于ad 边中点 o 的粒子源在abcd 平面内发射出大量的同种带电粒 子，所有粒子的初速度大小相同，方向与od 边的夹角分布在0180 范围内已
13、知沿od 方向发射的粒子在tt0时刻刚好从磁场边界cd 上的 p 点离开磁场，粒子在磁场中做圆周 运动的半径恰好等于正方形边长L，粒子重力不计，求： （1）粒子的比荷qm； （2）假设粒子源发射的粒子在0180 范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒 子源发射的总粒子数之比； （3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间（若角度不特殊时可以用反三角表示， 如：已知sin 0.3，则 arcsin0.3) 【答案】（ 1） 0 6Bt （2） 5 6 （3） 0 125 arcsin 4 t 【解析】 【分析】 由题中 “ 在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的” 可知，本题考查带
14、电粒子在有界磁 场中的运动规律，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系可分析本题 【详解】 （1）初速度沿od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图， 其圆心为n，由几何关系得 6 onp 0 12 T t 粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得 2 2 ()BqvmR T 2 R v T 解得 0 6 q mBt （2）依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到o 点距离相等，在t0时刻仍在粒子磁场中的 粒子应位于o 为圆心， op 为半径的弧pw 上 由图知 5 6 pow 此时刻磁场中粒子数与总粒子数之比为 5 6 （3）在磁场中运动时间最长的粒子轨迹应该与b 相交， 设粒子运动轨迹
15、的圆心角为，则 5 sin 24 在磁场中运动的最长时间 0 5 12arcsin 4 2 tTt 所以从粒子发射到全部粒子离开共用时 0 125 arcsin 4 tt 8质量为 m 电荷量为 +q 的带电粒子（不考虑重力）从半圆形区域边界A 点沿直径方向正 对圆心两次以相同速度v 水平射入。第一次射入时，空间中只有竖直向下的匀强电场，第 二次只有垂直于纸面向外的匀强磁场（磁场和电场区域都无限大且未画出）。发现带电粒 子两次都击中半圆形边界上同一点 B。 （1）证明两次粒子打到B 点速度方向不同； （2）判断两次粒子打到B 点的时间长短，并加以证明。 【答案】（ 1）因为tantan，所以两
16、次粒子打到B 点速度方向不同；（2）第一次粒 子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度 逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B，两次沿直径方向的位移相等，所以第二 次用时较长，证明见详解。 【解析】 【详解】 （1）设半圆形区域的半径为r，B点与圆心连线和半圆形直径方向的夹角为，第一次射 入时，带正电的粒子做类平抛运动，水平方向 r+rcos=vt 竖直方向的速度 vy= qE m t= (1cos )qEr mv 第一次射出B 点速度与直径方向的夹角 tan= y v v = 2 (1cos )qEr mv 第二次射入时，粒子做匀速圆周运动，径向射入，径向射出，射出B点速度与直径方向的 夹角为，做匀速圆周运动的半径 R= mv qB tan 2 = r R = qBr mv 第二次射出B 点速度与直径方向的夹角 tan= 2 2tan 2 1 2 tan = 22222 2qBtmv m vq B r 因为tantan，所以两次粒子打到 B点速度方向不同。 （2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；
