2019版《提分宝典》高考物理总复习练习:第28课 带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析.docx
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1、第28课带电粒子在复合场中的运动普查讲28带电粒子在组合场中的运动1带电粒子在组合场中的运动a带电粒子在匀强电场中加速后进入磁场中做圆周运动(1)(2017天津理综,18分)平面直角坐标系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问:粒子到达O点时速度的大小和方向;电场强度和磁感应强度的大小之比。答案:v0,方向与x轴正方向的夹角为45角斜向
2、上(8分)(10分)解析:粒子在电场中由Q点到O点做类平抛运动,设O点速度v与x方向夹角为,Q点到x轴的距离为L,到y轴的距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,根据类平抛运动的规律,有x方向2Lv0t (1分)y方向Lat2(1分)粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyat(2分)又tan 解得tan 1,即45(2分)粒子到达O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45角斜向上,粒子到达O点时的速度大小为vv0(2分)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,粒子在电场中运动的加速度a(1分)根据匀变速直线运动规律有v2aL(1分)解得E(2分)设磁感应强度大小
3、为B,粒子做匀速圆周运动的半径为R,洛伦兹力提供向心力,有qvBm(1分)根据几何关系可知RL(2分)解得B(2分)整理可得(1分)b带电粒子在磁场中做圆周运动后以一定角度射入匀强电场(2)(2017浙江选考,10分)如图所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称
4、的小孔。K板接地,A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出,从而形成电流。已知bR,dl,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间相互作用。求磁感应强度B的大小;求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角的范围;当UAK0时,每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数。答案: (3分)6060 (2分) N (5分)解析:电子均从P点射出,根据图(a)可知电子做圆周运动的轨道半径为rR(1分)图(a)电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有evBm(1分)解得B(1分)设上端电子从P点射出时与负y轴夹角为m如图(b)所示,由几何关系可得sin m解
5、得m60(1分)图(b)同理,如图(c)所示,下端电子从P点射出时与负y轴夹角也为60,故的范围是6060(1分)图(c)电子恰好进入小孔,根据几何关系可知,进入小孔的电子偏角正切值tan (1分)解得45故电子到达P点时与y轴负方向的夹角45(1分)如图(d)所示,根据几何关系,可知进入金属平行板的粒子所占比例为 (2分)图(d)则当UAK0时,每秒到达A板的电子数nN(1分)c带电粒子先后经过多个匀强电场和磁场(3)(2015天津理综,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场和磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向
6、水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直,一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为n,试求sin n;若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。答案:2 (3分)(3分)B(9分)比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界(5分)解析:
7、粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理,有2qEdmv(2分)解得v22(1分)粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qv2Bm(2分)由式解得r2(1分)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同)。nqEdmv(1分)qvnBm(1分)粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为n,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为n,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有vn1sinn1vnsinn(2分)由图(a)可知rnsin nrnsin nd(2分)图(a)由
8、式得rnsin nrn1sin n1d由式看出r1sin 1,r2sin 2,rnsinn为一等差数列,公差为d,可得rnsin nr1sin 1(n1)d(2分)当n1时,由图(b)看出r1sin 1d由式得sin nB(1分)图(b)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则nsin n1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为n,由于 (2分)则导致sin n1(2分)说明n不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。(1分)2带电粒子在交变电场和磁场中的运动a带电粒子在交变磁
9、场中运动(4)(经典题,10分)图(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中,磁场方向与xOy平面(纸面)垂直,磁感应强度B随时间t变化的周期为T,变化图线如图(b)所示。当B为B0时,磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P,其比荷为。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动,将它经过时间T到达的点记为A。图(a)图(b)若t00,则直线OA与x轴的夹角是多少?若t0,则直线OA与x轴的夹角是多少?为了使直线OA与x轴的夹角为,在0t0的范围内,t0应取何值?答案:0(3分)(3分)(4分)解析:设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v,粒子P在洛伦兹力
10、作用下,在xOy平面内做圆周运动,分别用R和T表示圆周的半径和运动周期,则有qvB0mR(1分)v(1分)联立式与已知条件得TT粒子P在t0到t时间内,沿顺时针方向运动半个圆周,到达x轴上B点,此时磁场方向反转;继而,在t到tT时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达x轴上A点,如图(a)所示,故OA与x轴的夹角0(1分)图(a)粒子P在t0时刻开始运动,在t到t时间内,沿顺时针方向运动个圆周,到达C点,(1分)此时磁场方向反转,在t到tT时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达B点,(1分)此时磁场方向再次反转,在tT到t时间内,沿顺时针方向运动个圆周,到达A点,如图(b)所示,由几何关系可知,
11、A点在y轴上,即OA与x轴的夹角(1分)图(b)若在任意时刻tt0(0t00)的粒子由S1静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在t时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)图(a)图(b)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d;为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件;若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t3T0时刻再次到达S2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。答案:(3分) (4分) B(1分)联立式得B(1分)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1,有dvt1(1分)联立式得t1若粒子再次
12、到达S2时速度恰好为零,则粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为t2,根据运动学公式得dt2(1分)联立式得t2(1分)设粒子在磁场中运动的时间为tt3T0t1t2(1分)联立式得t(1分)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则由式结合运动学公式得T(1分)由题意可知Tt联立式得B(1分)c带电粒子在交变磁场和恒定电场中运动(6)(2015浙江学业考试模拟,19分)如图(a)所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,先将一重力不计、比荷106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放,经过105 s后,电荷以v01.5104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场,磁
13、场与纸面垂直,磁感应强度B按图(b)所示规律周期性变化,图(b)中磁场以垂直纸面向外为正,以电荷第一次通过MN时为t0时刻。求:图(a)图(b)匀强电场的电场强度E;带电粒子第一次进入磁场,粒子的运动半径和运动时间各为多少;图(b)中t105 s时刻电荷与O点的水平距离;如果在O点右方d68 cm处有一垂直于MN足够大的挡板,求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。(sin 370.6,cos 370.8)答案:7.2103 N/C(3分)5 cm(5分) 105 s(2分)4 cm(4分)3.86104 s(5分)解析:电荷在电场中做匀加速直线运动,设其在电场中运动的时间为t1根据运动学公式有
14、v0at1(1分)根据牛顿第二定律有qEma(1分)联立以上二式,解得E7.2103 N/C(1分)粒子第一次进入磁场时,磁场垂直于纸面向外,电荷在磁场中做圆周运动,根据牛顿第二定律有qv0B1m(2分)电荷在磁场中做圆周运动的周期T1(2分)联立以上二式,解得r15 cm(1分) T1105 s(1分)以电荷第一次通过MN时为t0时刻,粒子在磁场中匀速转动半圈后返回电场,所以带电粒子第一次进入磁场运动的时间为105 s(1分)磁场垂直于纸面向里时,电荷运动的半径为r23 cm(1分) 周期T2105 s(1分)故电荷从t0时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如图(a)所示。图(a)t105 s时
15、刻电荷与O点水平距离d2(r1r2)4 cm(2分)电荷从第一次通过MN开始,其运动的周期为T105s,根据电荷的运动情况可知,电荷达到挡板前运动的完整周期数为15个,此时电荷沿MN运动的距离s15d60 cm(1分)则最后8 cm的距离如图(b)所示。图(b)根据几何关系有r1r1cos 8 cm(1分)解得cos 0.6,即53(1分)故电荷运动的总时间t总t115TT1T13.86104 s(2分)3组合场的应用a质谱仪(7)(2017江苏单科,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为0,经过加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场
16、垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为q,质量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d;若考虑加速电压有波动,在(U0U)到(U0U)之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠,求狭缝宽度L满足的条件。答案:L(6分) (5分)LL(2分)解得L2(1分)b回旋加速器(8)(2016江苏单科,16分)回旋加速器的工作原理如图(a)所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间
17、狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m,电荷量为q,加在狭缝间的交变电压如图(b)所示,电压值的大小为U0、周期T。一束该粒子在t0时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求:图(a)图(b)出射粒子的动能Em;粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t总;要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件。答案: (4分)(8分)d99%,解得d0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。图(a) 图
18、(b)若粒子以初速度v1沿y轴正方向入射,恰好能经过x轴上的A(a,0)点,求v1的大小;已知一粒子的初速度大小为v(vv1),为使该粒子能经过A(a,0)点,其入射角(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个?并求出对应的sin 值;如图(b),若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场,一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射。研究表明:粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。答案:(6分)2个(2分)(4分) (8分)解析:带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动,半径为R
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