《高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十八）带电粒子在组合场中的运动（含解析）-人教版高三物理试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十八）带电粒子在组合场中的运动（含解析）-人教版高三物理试题（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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(2018扬州中学期中)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是()A组成A、B两束的离子都带负电B组成A、B两束的离子质量一定不同C速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外DA束离子的比荷大于B束离子的比荷解析：选D离子进入上面磁场时，速度方向向上，洛伦兹力方向向左，根据左手定则可判断出组成A、B两束的离子都带正电，故A错误；离子能沿直线经过速度选择器，则qvB1qE，可得v，A、B两束的离子的速度大小相等；进入上面磁场后，由qvB
2、2m可得r，因为rA；又离子的质量、速度和电荷量不全相等，故组成A、B两束的离子质量可能相等、可能不等，即B错误、D正确；速度选择器左板带正电、右板带负电，则电场强度向右，离子带正电，电场力的方向向右；沿直线经过速度选择器，洛伦兹力方向向左，离子带正电且速度向上，据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向里，故C错误。2多选(2018淮安二模)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计。匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直。粒子源A产生的粒子质量为m，电荷量为q，U为加速电压，则()A交变电压的周期等于粒子在磁场中回转
3、周期的一半B加速电压U越大，粒子获得的最大动能越大CD形盒半径R越大，粒子获得的最大动能越大D磁感应强度B越大，粒子获得的最大动能越大解析：选CD为了保证粒子每次经过电场时都被加速，必须满足交变电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvBm，解得：v，动能为：Ekmv2，可知，带电粒子的速度与加速电压无关，D形盒半径R越大，磁感应强度B越大，粒子的速度越大，即动能越大，B错误，C、D正确。对点训练：带电粒子在三类组合场中的运动3(2018盐城二模)如图所示，在铅板A上有小孔S，放射源C可通过S在纸面内向各个方向射出速率v02.0106 m/s的某种带正电粒子，B
4、为金属网状栅极，M为荧光屏，A、B、M三者平行正对，且面积足够大，A、B间距离d11.0 cm，电压U1.5104 V且恒定不变，B、M间距离d24.0 cm。该种带电粒子的比荷4.0108 C/kg，忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力。求：(1)该带电粒子运动到荧光屏M的速度大小；(2)该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度；(3)若在B、M间加一磁感应强度B0.25 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，则该带电粒子打在荧光屏M上的亮线的长度又变为多大？(设从磁场返回的粒子均被铅板吸收)解析：(1)由动能定理Uqmv2mv02，解得v 4.0106 m/s。(2)考
5、虑初速度平行于A板进入电场的粒子做类平抛运动，到达B板时垂直于B板的速度vBx2106 m/s设粒子在电场中运动的时间为t1，由d1(0vBx)t1可得：t1 s108 s粒子在BM间运动的时间t2108 s则粒子平行于板方向运动的最大位移ymv0(t1t2)2 cm所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度l12ym4 cm。(3)在B、M间加一垂直纸面向外的匀强磁场后，粒子在B、M间运动的轨迹为圆弧由qvBm，解得r4 cm打到荧光屏M上的两条临界轨迹如图所示，tan 30，d22rsin d2r一条轨迹对称跨接在BM之间，另一条轨迹与M屏相切所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度
6、l2v0t1rcm。答案：(1)4.0106 m/s(2)4 cm(3)cm4(2019南通一模)如图所示，两边界MN、PQ相互平行，相距为L，MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大，质量为m、电荷量为q的粒子从与边界MN距离为2L的O点，以方向垂直于边界MN、大小为v0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为45，粒子还能回到O点，忽略粒子的重力，求：(1)匀强电场的场强大小E；(2)粒子回到O点时的动能Ek；(3)磁场的磁感应强度B和粒子从O点出发回到O点的时间t。解析：(1)粒子向右通过电场的时间t1，离开电场时
7、沿电场方向的分速度vyv0tan 45在电场中运动的加速度a，由牛顿第二定律qEma，解得E。(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN的位置间的距离ha(2t1)2由动能定理有qEhEkmv02，解得Ekmv02。(3)粒子进入磁场的速度vv0，设在磁场中运动半径为r，由几何关系可知2rcos 45h2Ltan 45在磁场中的运动半径r3L，由qvBm，解得B粒子在磁场中运动时间t2，则t2t1t2，解得t。答案：(1)(2)mv02(3)5.(2019苏北四市一模)如图所示的xOy平面内，以O1(0，R)为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直
8、于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为y，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，E，B2，不计电子重力。(1)求磁感应强度B1的大小；(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求y的最小值；(3)若电场沿y轴正方向，yR，欲使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小
9、面积。解析：(1)电子射入圆形磁场区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，由电子a射入圆形磁场经过O点进入x轴下方，得：rR则ev0B1m，解得：B1。(2)匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理得eEymv02可求出yR。(3)匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度大小为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图所示。由动能定理eEymv2mv02解得v2v0在电场中at1 xv0t12R由牛顿第二定律得evB2m，解得r1Rcos 则
10、由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为时，粒子能够到达x轴，距离原点O距离最远。由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1r1r1sin 竖直边长为，l2(r1r1cos )最小面积为Sl1l2r12(1sin )(1cos )4(2)R2。答案：(1)(2)R(3)4(2)R2考点综合训练6多选如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面。不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧。现要使电子束偏转回到
11、P点，可行的办法是()A增大加速电压B增加偏转磁场的磁感应强度C将圆形磁场区域向屏幕靠近些D将圆形磁场的半径增大些解析：选AC电子在加速电场中，根据动能定理得qUmv2，得到v ，电子进入磁场过程：由evBm得，电子的轨迹半径为r ，设磁场的半径为R，电子经过磁场后速度的偏向角为，根据几何知识得：tan 。增大加速电压U时，由以上分析可知，r增大，减小，可使电子束偏转回到P点，A正确；增加偏转磁场的磁感应强度B时，r减小，增大，电子向上偏转，不能使电子束偏转回到P点，B错误；将圆形磁场区域向屏幕靠近些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，电子束偏转可回到P点，C正确；将圆形磁场的半径增大些时
12、，r不变，增大，电子向上偏转，不能使电子束偏转回到P点，D错误。7多选如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电荷量为q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，最终打到P点。下列说法正确的是()A若只增大两板间的距离，则粒子打到P点左侧B若只增大两板间的距离，则粒子在磁场中运动时间不变C若只增大两板间的电压，则粒子打到P点左侧D若只增大两板间的电压，则粒子在磁场中运动时间增加解析：选BC根据qUmv2，qvBm，T，可得R ，T，若只增大两板间的距离，轨道半径不变，仍然打在P点，
13、故A错误；若只增大两板间的距离，圆周运动的周期不变，故在磁场中运动时间为T，不变，故B正确；若只增大两板间的电压，轨道半径变大，打在P点左侧，故C正确；若只增大两板间的电压，根据T，粒子做圆周运动的周期不变，故在磁场中运动时间为T，不变，故D错误。8(2018扬州三模)如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经电场加速后，由小孔P沿两水平金属板M、N的中心线射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距L。加在M、N两板间电压uMN随时间t变化关系为uMNsin，如图乙所示。把两板间的电场看成匀强电场，忽略板外电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定。两板右侧放一
14、记录圆筒，筒左侧边缘与极板右端相距L，筒绕其竖直轴匀速转动，周期为T，筒的周长为s，筒上坐标纸的高为L，以t0时电子打到坐标纸上的点作为xOy坐标系的原点，竖直向上为y轴正方向。已知电子电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。(1)求穿过水平金属板的电子在板间运动的时间t；(2)通过计算，在示意图丙中画出电子打到坐标纸上的点形成的图线；(3)为使从N板右端下边缘飞出的电子打不到圆筒坐标纸上，在M、N右侧和圆筒左侧区域加一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B应满足什么条件？解析：(1)设电子经加速电压加速后的速度为v0，则eU0mv02，又电子在水平金属板中运动，水平方向：Lv0t解得：tL 。(2)电子在平行金属板间运动的加速度为：a能飞出的电子打到坐标纸上的偏转距离：yat2L解得：y3Lsin设当M、N两板间电压为U时，电子从水平金属板右边缘飞出，则at2，a，解得：UU0故在一个周期中的、时间内，电子打在M、N板上，画出电子打到坐标纸上的点形成的图线如图所示。(3)设从N板右端下边缘飞出的电子速度与水平方向的夹角为，速度大小为v，则tan ，v解得：tan ，v 当匀强磁场方向垂直于纸面向外时，若电子打不到圆筒坐标纸上，设磁场的磁感应强度为B1，电子做圆周运动的轨道半径为r1，则根据几何关系：r1r1sin ，洛伦兹力提供向心力：evB1m解得：r1L，B1应满足的条件B
