专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(2021湖南邵阳高三一模)如图所示,有一混合正离子束从静止通过同一加速电场后,进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅰ,如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转,不计离子的重力。则说明这些正离子在区域Ⅰ中运动时一定相同的物理量是( ) A.动能B.质量C.电荷D.比荷2.(多选)(2021辽宁高三一模)劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示,高真空中的两个D形金属盒间留有平行的狭缝,粒子通过狭缝的时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直,加速器接在交流电源上,若A处粒子源产生的质子可在盒间被正常加速。下列说法正确的是( )A.虽然逐渐被加速,质子每运动半周的时间不变B.只增大交流电压,质子在盒中运行总时间变短C.只增大磁感应强度,仍可能使质子被正常加速D.只增大交流电压,质子可获得更大的出口速度3.(2021四川成都高三二模)如图,在第一、第四象限的y≤0.8m区域内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小E=4×103N/C;在第一象限的0.8m<y≤1.0m区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量m=1×10-10kg、电荷量q=1×10-6C的带正电粒子,以v0=6×103m/s的速率从坐标原点O沿x轴正方向进入电场。不计粒子的重力。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求粒子第一次离开电场时的速度;(2)为使粒子能再次进入电场,求磁感应强度B的最小值。
4.(2021广东高三六校第四次联考)一种质谱仪的结构简化图如图所示,粒子源释放出初速度可忽略不计的质子,质子经直线加速器加速后由D形通道的中缝MN进入磁场区。该D形通道的上下表面为内半径为2R、外半径为4R的半圆环。整个D形通道置于竖直向上的匀强磁场中,正对着通道出口处放置一块照相底片,它能记录下粒子从通道射出时的位置。已知直线加速器的加速电压为U,质子的比荷(电荷量与质量之比)为k,且质子恰好能击中照相底片的正中间位置。(1)试求匀强磁场的磁感应强度大小B;(2)若粒子源只释放某种带正电的粒子且照相底片能接收到该粒子,试求这种粒子比荷需满足的条件。B组
5.(2021福建福州高三二模)如图所示,在xOy平面直角坐标系中的第一、二象限内有一个矩形区域MNQP,区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,MN在x轴上,MO=ON=3d,MP=NQ=d。在第四象限正方形ONFD内存在沿+x方向、大小E=的匀强电场,沿PM在第三象限放置一足够大的荧光屏,屏与y轴平行。一个电子A从坐标原点沿+y方向射入磁场,恰好不从PQ边射出磁场。已知电子的质量为m,电荷量为-e。(1)求电子射入磁场时的速度大小v;(2)求电子在电场中运动的时间t0;(3)若另一电子C从x坐标轴上某点(x≠0)以相同的速度射入磁场。A、C打在荧光屏上同一点,求电子射入磁场时的横坐标x。6.(2021广东高三月考)如图所示,直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量均为m、电荷量均为q的两带负电粒子a、b先后以速度v0从y轴上的P点分别沿x轴正、负方向入射,经过一段时间后,两粒子恰好在x轴负半轴上的Q点相遇,此时两粒子均第一次通过x轴负半轴,已知O、P两点的距离为d,电场的电场强度大小为,不计粒子间的作用力和粒子受到的重力。求:(1)匀强磁场的磁感应强度大小;(2)粒子a、b先后射出的时间差。
7.(2022河南高三开学考试)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,以P点(0,R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,在第一象限的x=2R和x=4R的区域内有沿y轴负方向的匀强电场,在坐标原点O有一粒子源,可以在纸面内沿各个方向射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的粒子,沿y轴正向射出的粒子,刚好沿平行x轴的方向射出磁场,粒子进入电场后刚好能射到x轴上x=4R的位置,不计粒子的重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度大小;(2)求匀强电场的电场强度大小;(3)要使沿与x轴负方向成60°角射出的粒子刚好能射到x轴上x=4R的位置,求需要将整个电场沿x轴平移多大距离。专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动1.D 解析设加速电场的电压为U,则qU=mv2,v=;设正交电场的电场强度为E,匀强磁场的磁感应强度为B,由于粒子在区域里不发生偏转,则qE=Bqv,得v=,可知v=,其中E、B、U为固定值,故正离子的比荷相等。故选D。2.AB 解析质子在D形盒中运动的周期T=,半个周期为,粒子的比荷不变,则质子每运动半周的时间不变,故A对;质子在电场中加速,qU=mv2,qvB=m,联立可得R=,增大交变电压,质子运动的半径增大,则质子在回旋加速器中加速的次数减少,又因为周期不变,故运行时间会变短,故B对;由T=可知,若磁感应强度B增大,则T会减小,只有交流电频率增大,才能正常工作,故C错误;设D形盒的最大半径为RD,质子可获得更大的出口速度满足qvmB=m,可得vm=,vm与电压无关,故D错误。3.答案(1)1×104m/s,与x轴正方向成53°角斜向右上 (2)2T解析(1)粒子在电场中做类平抛运动,所受电场力为F=qE由牛顿第二定律有a=y方向,由运动学规律有=2asy代入数据(其中sy=0.8m)得vy=8×103m/s粒子离开电场时的速度大小为v=
代入数据得v=1×104m/stanθ=故所求速度方向与x轴正方向成53°角斜向右上(2)如图所示,在宽度d=1.0m-0.8m=0.2m的磁场中粒子做匀速圆周运动,满足条件下B最小时,轨迹与磁场上边界相切,设轨道半径为R由几何关系有R=Rcosθ+d代入数据得R=0.5m由牛顿第二定律有qvB=m代入数据解得所求最小值B=2T4.答案(1) (2)k≤k'≤k(1)质子在电场中加速,有qU=mv2质子在磁场中做圆周运动,有qvB=m由几何关系知恰能击中照相底片正中间位置的质子的轨迹半径为3R联立解得B=。(2)如图,若粒子运动轨迹如2所示,则r1=2R+R=R若粒子运动轨迹如3所示r2=2R+R=R由(1)可得故比荷之比等于半径二次方的反比,则k1=k,k2=k粒子比荷k'需满足的条件为k≤k'≤k。5.答案(1)v= (2)t0= (3)x=-解析(1)电子恰好不从PQ边射出磁场,则电子运动轨迹与PQ边相切,设电子运动半径为R,则由几何知识可得R=d电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得Bev=解得v=(2)由几何知识可知,电子进入电场的横坐标为x=2d电子沿竖直向下的方向进入电场,电场力水平向左,电子做类平抛运动电子若从DF间离开电场,则电子在电场中运动的时间为tDF=电子若从OD间离开电场,设电子在电场中运动的时间为tOD由牛顿第二定律得电子的加速度为a=根据运动学规律有x=解得tOD=由于电子从OD间离开电场时的水平位移比从DF间离开电场时的水平位移大,所以应有
tOD>tDF,但计算所得tOD<tDF,不符合实际,由此可以判断电子是从OD间离开电场的故电子在电场运动的时间为t0=(3)电子A、C通过x轴后沿y轴方向的分运动是匀速运动,且它们沿y轴方向的分速度相等,所以两个电子打在荧光屏的同一点,意味着两个电子在第三、第四象限运动的总时间相等。设电子A在第四象限运动时间为t1,在第三象限运动时间为t2;电子C在第四象限运动时间为t1',在第三象限运动时间为t2'电子A离开电场时平行于x轴方向的分速度为v1=at1在第四象限有2d=在第三象限有3d=v1t2电子C从x=x0处进入电场,则有x0=at1'2离开电场时平行于x轴方向的分速度为v1'=at1'在第三象限有3d=v1't2'由前面的分析得t1+t2=t1'+t2'由以上各式联立解得x0=(另一解x0=2d不合题意舍去)电子C射入磁场的位置在x0左侧2d处,所以x=-6.答案(1) (2)((1)粒子b做类平抛运动,设b到Q所用时间为tbx=v0tb,d=,Eq=ma设粒子a圆周运动半径为R,则qv0B=m,R2=(R-d)2+x2联立解得B=。(2)根据T=a转过角度为300°,则ta=T根据(1)可得,b粒子运动时间tb=所以,时间差Δt=ta-tb=(。7.答案(1) (2) (3)见解析解析(1)根据题意,沿y轴正向射出的粒子,刚好沿平行x轴的方向射出磁场,则r=R根据qvB=m解得B=。(2)粒子沿平行x轴的方向射出磁场,则垂直进入电场,根据R=at22R=v0tma=qE解得E=。(3)每个粒子在磁场中做圆周运动的半径均等于有界磁场圆的半径,因此每个粒子出磁场后均以垂直y轴方向进入电场,电场宽度没有变化,进入电场的速度不变,则在电场中的运动时间不变,在电场中沿电场方向的位移不变,但是与x轴负方向成60°角射出的粒子射出磁场时距x轴的距离y=R+Rsin30°>R所以要想再次射到x=4R位置,必须整个电场沿x轴负向移动,粒子射出电场后在空气中做匀速直线运动到达x=4R位置。粒子射出电场的速度沿电场方向的分速度vy=at12R=v0t1解得vy=v0
则射出电场后沿x轴方向的位移x'=v0t2y-R=vyt2解得x'=R需要将整个电场沿x轴负向平移R。
