6、
(2)若進入磁場的所有帶電粒子均從MN上同一點離開磁場,求磁感應強度B的大小;
(3)若在第(2)問情況下所有帶電粒子均被PQ板接收,求電場強度E2的最小值和在E2最小的情況下最先打在接收板上的粒子運動的總時間。
5.如圖所示,靜止于A處的帶正電粒子,經加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器,從P點垂直CN豎直向上進入矩形區(qū)域的有界勻強磁場(磁場方向如圖所示,其中CNQD為勻強磁場的邊界)。靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場,方向如圖所示。已知加速電場的電壓為U,圓弧虛線的半徑為R,粒子質量為m、電
7、荷量為q,QN=2d,PN=3d,粒子重力不計。
(1)求粒子在輻向電場時其所在處的電場強度E;
(2)若粒子恰好能打在N點,求矩形區(qū)域QNCD內勻強磁場的磁感應強度B的值;
(3)要求帶電粒子最終能打在QN上,求磁場磁感應強度大小B的取值范圍。
6.某裝置用磁場控制帶電粒子的運動,工作原理圖如圖所示。裝置的長L=2d,上下兩個相同的矩形區(qū)域內存在勻強磁場,磁感應強度大小相同、方向與紙面垂直且相反,兩磁場的間距為d,裝置右端有一收集板,N、P為板上的兩點,N、P分別位
8、于下方磁場的上、下邊界上。一質量為m、電荷量為-q的粒子靜止在A處,經加速電場加速后,以速度v0沿圖中的虛線從裝置左端的中點O射入,方向與軸線成60°角?？梢酝ㄟ^改變上下矩形區(qū)域內的磁場強弱(兩磁場始終大小相同、方向相反),控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。
(1)試求出加速電壓U的大小;
(2)若粒子只經過上方的磁場區(qū)域一次,恰好到達收集板上的P點,求磁場區(qū)域的寬度h;
(3)欲使粒子經過上下兩磁場并到達收集板上的N點,磁感應強度有多個可能的值,試求出其中的最小值B。
7.如
9、圖所示,真空中有以(r,0)點為圓心,以r為半徑的圓形勻強磁場區(qū),磁感強度大小為B,方向垂直于紙面向里,在y=r的虛線上方足夠大的范圍內,有水平向左的勻強電場,電場強度的大小為E,一質子從O點沿與x軸正方向成30°斜向下射入磁場(如圖中所示),經過一段時間后由M點(圖中沒有標出)穿過y軸。已知質子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,質子的電荷量為e,質量為m ,重力不計。求:
(1)質子運動的初速度大小;
(2)M點的坐標;
(3)質子由O點運動到M點所用時間。
8.掃描電子顯微鏡在研究微
10、觀世界里有廣泛的應用,通過磁聚焦之后的高能電子轟擊物質表面,被撞擊的樣品會產生各種電磁輻射,通過分析這些電磁波就能獲取被測樣品的各種信息。早期這種儀器其核心部件如圖甲所示。其原理如下:電子槍發(fā)出的電子束,進入磁場聚焦室(如圖甲),聚焦磁場由通電直導線產生,磁場通過“釋放磁場的細縫”釋放而出,通過控制“釋放磁場細縫”的寬度、磁場的強弱和方向使電子進行偏轉,讓聚焦之后的電子集中打在樣品上。
(1)要使射入聚焦室的電子發(fā)生圖乙的偏轉,請說明圖甲中左側和右側通電直導線的電流方向(只要回答“向上”或者“向下”);
(2)圖乙為聚焦磁場的剖面圖,要產生圖示的聚焦效果,請說明該平
11、面中磁場的分布情況;
(3)研究人員往往要估測聚焦磁場區(qū)域中各處磁感應強度大小,為了研究方便假設電子運動經過的磁場為勻強磁場,若其中一個電子從A點射入(如圖丙所示),從A點正下方的A'點射出,入射方向與OA的夾角等于出射方向與O'A'的夾角,電子最終射向放置樣品的M點,求該磁感應強度的大小?已知OA=O'A'=d,AA'=L,O'M=h,電子速度大小為v,質量為m,電荷量為e。
9.(2018年3月綠色評價聯盟高三適應性考試)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設計的簡化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m的圓柱腔分為兩個工
12、作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強磁場,磁感應強度大小為B=1.0×10-3 T,在離軸線處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成α角(0<α≤90°)。電子碰撞銫原子使之電離,為了取得好的電離效果,從內圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內運動時不能與外器壁碰撞。Ⅱ為加速區(qū),兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場。Ⅰ區(qū)產生的銫離子以接近0的初速度進入Ⅱ區(qū),被加速后以速度v0=7.25×104 m/s從右側噴出。這種高速粒子流噴射出去,可推動衛(wèi)星運動,電子在Ⅰ區(qū)內不與器壁相碰且能到
13、達的區(qū)域越大,電離效果越好,已知銫離子比荷=7.25×105 C·kg-1,銫離子質量M=2.2×10-25 kg,電子質量為m=0.9×10-30 kg,電荷量為e=1.60×10-19 C(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)。
(1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓;
(2)為取得好的電離效果,請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);
(3)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vm與α角的關系;
(4)若單位時間內噴射出N=1018個銫離子,試求推進器的推力(結果取兩位有效
14、數字)。
10.如圖所示,在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場,在第四象限內分布著垂直紙面向里的勻強磁場。一個質量為m0,電荷量為q的正粒子(不計重力)在A(0,3)點平行x軸入射,初速度vA=120 m/s,該粒子從電場進入磁場,又從磁場進入電場,并且只通過x軸上的點P(4.5,0)及Q(8,0)各一次,已知該粒子的比荷為= 108 C/kg。求:
(1)電場強度的大小;
(2)磁感應強度的大小;
(3)粒子在磁場中運動的時間。
11.(2018年2月臺州高三期
15、末)如圖1所示為我國蘭州重離子加速系統(tǒng)中的一臺大型分離扇加速器,圖2為其簡化示意圖,四個張角為53°的扇形磁鐵沿環(huán)形安裝,產生方向垂直于紙面向里的扇形勻強磁場,磁場的外半徑R=3.6 m,磁感應強度均為B=0.5 T,磁鐵之間為真空無場區(qū)。若重離子質量為1.4×10-25 kg,帶7個單位正電荷,以速率v=4.0×106 m/s沿圖中虛線所示的閉合軌道周期性旋轉。求:
(1)閉合軌道在勻強磁場中圓弧的半徑r,并判斷離子旋轉的方向;
(2)閉合軌道在兩個扇形磁場間的長度d,及離子沿軌道旋轉的周期T;
(3)重離子沿閉合軌道周期
16、性旋轉的最大速度vm。
〔已知:元電荷e=1.6×10-19 C,sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β,cos α=1-2sin2〕
12.“太空粒子探測器”是由加速、偏轉和收集三部分組成,其原理可簡化如下:如圖甲所示,輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面,圓心為O,外圓弧面AB的半徑為L,電勢為φ1,內圓弧面CD的半徑為,電勢為φ2。足夠長的收集板MN平行于邊界ACDB,O到MN板的距離OP為L。假設太空中漂浮著質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們能均勻地吸附到AB圓弧面上,并被加速電場從靜止開始加速,不計粒子間的相互作用和其他星球對粒子引力的影響。
17、
(1)求粒子到達O點時速度的大小;
(2)如圖乙所示,在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場,圓心為O,半徑為L,磁場方向垂直紙面向內,則發(fā)現從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上(不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回),求所加磁場磁感應強度B0的大小;
(3)隨著所加磁場大小的變化,試定量分析收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系。
提升訓練11 帶電粒子在磁場中的運動
1.答案 (1) (2)-R~R (3)
解析 (1)qU=mv2,得v=
由已知條件,知偏轉半徑r=R
Bqv=m
得
18、。
(2)因為r=R,所有粒子經磁場偏轉后都平行于x軸射出。沿QN方向射入時,對應的圓心角為135°,離開磁場時a點的縱坐標為ya=R
沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出發(fā)點b的縱坐標yb=-R
所以進入電場時的縱坐標范圍為-R~R。
(3)E=,F=Eq=ma,y=at2,vt=4R,得y=R
從縱坐標y=0.5R進入偏轉電場的粒子恰能打到K板右邊緣,其進入磁場時的速度與y軸夾角為30°,所以比例η=。
2.答案 (1RnPoHe 1×107 m/s
(2)1×106 V/m (3)×10-7s (4)α粒子打在熒光屏上的M點上方1 m處
解析 (1)衰變方程RnPoHe
19、①
衰變過程動量守恒,0=mPov1-mHev0?、?
聯立①②可得v0=1.09×107 m/s≈1×107 m/s。?、?
(2)α粒子勻速通過電磁場區(qū)域Ⅰ,qE=qv0B?、?
聯立③④可得E=1×106 V/m。?、?
(3)α粒子在區(qū)域Ⅱ被電場加速,qU=mv2-,所以v=2×107 m/s?、?
α粒子在區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運動,qvB=m
所以R=1 m?、?
又T=?、?
如圖所示,由幾何關系可知,α粒子在磁場中偏轉角θ=60°,所以α粒子在磁場中的運動時間t=T ⑨
聯立⑧⑨可得t=×10-7 s。
(4)α粒子的入射速度過圓形磁場圓心,由幾何關系可知,出射速度方向
20、也必然過圓心O,幾何關系如圖,tan 60°=,所以x=1 m,α粒子打在熒光屏上的M點上方1 m處。
3.答案 (1)
(2)4
(3)v<
解析 (1)設離子以初速度v0進入電場,離開電場時速度為v1,由動能定理得qU=
解得v1=
由題意可知,乙離子進入電場時速度范圍0~v,可得乙離子離開電場時速度范圍
(2)磁場中:qBv1=m,解得r=
經判斷知,以v進入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠處
rm=
xm=2rm=4。
(3)乙離子能打到的距離O點的最遠距離:
2r乙=2
甲離子能打到的距離O點的最近距離:
2r甲cos 30°=cos 30°
當
21、2r乙=2r甲cos 30°時,即v=
v范圍為v<。
4.答案 (1)4×103 m/s (2)0.1 T (3)8.0×102 N/C 5.7×10-4 s
解析 (1)由題意得,于x處釋放的粒子在電場中加速的位移為y,且滿足y=x2
設射出電場E1時的速度大小為v,由動能定理可得qyE1=mv2
聯立兩式可求得v=x
代入數值求解得v0.5=4×103 m/s。
(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動,設半徑為r,由牛頓第二定律可得qvB=
聯立上式可求得r=x
當磁感應強度B一定時,軌道半徑r與x成正比,當x趨近于零時,粒子做圓周運動的軌道半徑趨近于零,即所有粒子經磁
22、場偏轉后都從C點射出磁場, 且有2r=x
聯立上兩式可得B=0.1 T。
(3)粒子從C點沿y軸負方向進入電場強度大小為E2的范圍后,都在電場力作用下做類平拋運動,若所有帶電粒子均被PQ板接收,則從x=1 m處出發(fā)的粒子剛好運動到Q點,對應電場強度E2的最小值E2 min,設該粒子在電場強度大小為E2 min的電場中運動的初速度為v1,時間為t3,加速度為a2,有x=a2,y=v1t3,qE2 min=ma2
將x=1 m,y=1 m代入方程可求得E2 min=8.0×102 N/C
由題意得,在E2最小的情況下最先打在接收板上的粒子為從x=1 m處出發(fā)的粒子,設該粒子在電場強度大小為
23、E1的電場中運動的時間為t1,在磁場中運動的時間為t2,則有v1=t1,在勻強磁場中轉過θ=π的圓心角,有πr=v1t2
故該粒子所經歷的總時t=t1+t2+t3
從而求得t≈5.7×10-4 s。
5.答案 (1) (2) (3)≤B≤
解析 (1)粒子在加速電場中加速,根據動能定理得qU=mv2,解得v=
粒子在輻向電場中做勻速圓周運動,電場力提供向心力,有qE=
解得E=。
(2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律,有qvB=
則r=,粒子恰好能打在N點,則r=d,可得B=。
(3)由r=
粒子能打在QN上,則既沒有從DQ邊出去,也沒
24、有從PN邊出去。
由幾何關系可知,粒子能打到QN上,必須滿足d≤r≤2d,則有≤B≤。
6.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)由動能定理可知qU=
得U=。
(2)設帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r,依題意作出帶電粒子的運動軌跡如圖甲所示。
甲
由圖中幾何關系有L=3rsin60°+3×,
h=r(1-cos60°)
解得h=。
乙
(3)當B為最小值時,粒子運動的軌道半徑r則為最大值,即粒子只經過上方和下方的磁場區(qū)域各一次,恰好到達收集板上的N點。設帶電粒子此時運動的軌道半徑為r',帶電粒子的運動軌跡如圖乙所示。
由圖中幾何關系有L=4r'sin60
25、°+3×
根據牛頓第二定律和洛倫茲力大小公式有qv0B=m
聯立以上各式解得B=。
7.答案 (1) (2)(0,r+Br)
(3)
解析 (1)質子在磁場中做勻速圓周運動,有
Bev=m v=。
(2)質子在磁場和電場中運動軌跡如圖所示,質子在磁場中轉過120°角后,從P點再勻速運動一段距離后垂直電場線進入電場,
由幾何關系得
P點距y軸的距離為x2=r+rsin30°=1.5r
質子在電場中做類平拋運動,所以有
Ee=ma①
x2=②
由①②得t3=
M點的縱坐標y=r+vt3=r+Br
所以M點坐標為(0,r+Br)。
(3)質子在磁場中運動時間t1=
26、T=
由幾何關系得P點的縱坐標y2=r
所以質子勻速運動時間t2=
質子由O點運動到M點所用時間t=t1+t2+t3=。
8.答案 (1)向下 向下
(2)右側區(qū)域:磁場方向垂直紙面向內;中間分界線上:磁感應強度為零。左側區(qū)域:磁場方向垂直紙面向外
(3)
解析 (1)左側的通電直導線的電流方向向下;
右側的通電直導線的電流方向向下。
(2)要產生圖示的聚焦效果,該平面中磁場的分布情況是越靠近中心線處的磁感應強度越小,左右對稱;所以歸納為:
右側區(qū)域:磁場方向垂直紙面向內;
中間分界線上:磁感應強度為零;
左側區(qū)域:磁場方向垂直紙面向外。
(3)設∠A'MO'=θ,電
27、子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是r,則可得rsinθ=
由幾何關系可知sinθ=d
解得r=
由帶電粒子在磁場中的受力關系可知evB=m
該磁感應強度的大小是B=。
9.答案 (1)3.625×103 V (2)垂直紙面向外 (3)vm=×108 m/s (4)1.6×102 N
解析 (1)qU=mv2,得U=3.625×103 V;
(2)磁場方向垂直紙面向外;
(3)由余弦定理得:-2rmRsin α=,rm=
qvmB=m,vm=×108 m/s;
(4)Ft=NMv0,F=1.6×102 N。
10.答案 (1)4.27×10-5 N/C (2)9.14×10-
28、7 T (3)0.02 s
解析 粒子先在電場中做類平拋運動,后在磁場中做勻速圓周運動,如圖。
(1)設OA的長度為h,OP的長度為x,粒子從A運動到P的時間為t,則有
x=vAt
y=at2=t2
代入數據解得
t= s
E≈4.27×10-5 N/C。
(2)vy=2=160 m/s
v==200 m/s
cos θ==0.8,則θ=37°
由幾何關系可得粒子做圓周運動的半徑R= m
則B=≈9.14×10-7 T。
(3)粒子在磁場中運動的圓心角α=106°
則粒子在磁場中運動的時間
t'=T=≈0.02 s。
11.答案 (1)1.0 m 逆時針旋轉
29、 (2)1.0 m 2.57×10-6 s (3)8.44×106 m/s
解析 (1)重離子在扇形磁場中做勻速圓周運動,有
Bqv=m
r=
解得:r=1.0 m
離子逆時針旋轉。
(2)由對稱性可知,磁場中圓弧的圓心角為
圓弧對應的弦長L=r
由幾何關系:
由三角關系:sin ,sin
解得:d=1.0 m
離子在無場區(qū)運動的總時間t1==1.0×10-6 s
離子在磁場中運動的總時間t2=×10-6 s
離子旋轉的周期T=t1+t2≈2.57×10-6 s。
(3)當重離子以vm旋轉時,恰好與磁場的圓弧邊界相切,如圖所示:
由幾何關系:
R-r'
30、=r'
由三角關系:tan
解得:r'=(2-)R
又由r=可得:
解得:vm≈8.44×106 m/s。
12.答案 (1) (2) (3)當B≤時,收集效率η=1-arcsin ;當B>時,收集效率η=0
解析 (1)帶電粒子在電場中加速時,電場力做正功,得
qU=mv2-0
U=φ1-φ2
解得v=。
甲
(2)從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上,則剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度的方向與MN平行,則入射的方向與AB之間的夾角是60°,在磁場中運動的軌跡如圖甲所示,軌跡圓心角θ=60°。
根據幾何關系,粒子圓周運動的半徑r=L
由洛倫茲力提供向心力得qvB0=m
聯立解得B0=。
乙
(3)磁感應強度增大,則粒子在磁場中的運動的軌道半徑減小,由幾何關系知,收集效率變小。
設粒子在磁場中運動圓弧對應的圓心角為α,如圖乙所示。
由幾何關系可知sin
收集板MN上的收集效率
η==1-arcsin
當B>時,收集效率η=0。
17
（浙江選考）2019屆高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場 提升訓練11 帶電粒子在磁場中的運動
