2019-2020年高考物理一輪復習 專題三 電場和磁場 第8講 帶電粒子在復合場中的運動提升訓練.doc
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2019-2020年高考物理一輪復習 專題三 電場和磁場 第8講 帶電粒子在復合場中的運動提升訓練 一、選擇題 1.(單選)(xx大同一模)如圖1所示,沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中,偏轉后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1∶R2=1∶2,則下列說法正確的是( ) 圖1 A.離子的速度之比為1∶2 B.離子的電荷量之比為1∶2 C.離子的質量之比為1∶2 D.以上說法都不對 解析 因為兩離子能沿直線通過速度選擇器,則qvB1=qE,即v=,所以兩離子的速度相同,選項A錯誤;根據R=,則∶==,選項B、C錯誤,故選D。 答案 D 2.(多選)粒子回旋加速器的工作原理如圖2所示,置于真空中的D形金屬盒的半徑為R,兩金屬盒間的狹縫很小,磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直,高頻交流電源的頻率為f,加速電場的電壓為U,若中心粒子源處產生的質子質量為m,電荷量為+e,在加速器中被加速。不考慮相對論效應,則下列說法正確的是( ) 圖2 A.不改變磁感應強度B和交流電的頻率f,該加速器也可加速α粒子 B.加速的粒子獲得的最大動能隨加速電場的電壓U增大而增大 C.質子被加速后的最大速度不能超過2πRf D.質子第二次和第一次經過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 解析 質子被加速獲得的最大速度受到D形盒最大半徑制約,vm==2πRf,C正確;粒子旋轉頻率為f=,與被加速粒子的比荷有關,故需改變交流電的頻率才能加速α粒子,A錯誤;粒子被加速的最大動能Ekm=mv=2mπ2R2f2,與電壓U無關,B錯誤;因為運動半徑R=,nUq=mv2,所以R=,知質子第二次和第一次經過D形盒間狹縫后的軌道半徑比為∶1,D正確。 答案 CD 二、計算題 3.(xx江西省南昌市高三調研)如圖3所示,有一對平行金屬板,板間加有恒定電壓;兩板間有勻強磁場,磁感應強度大小為B0,方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界,MP為左邊界的區(qū)域內,存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁場寬度為d,MN與下極板等高,MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質量為m的正離子,以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間,不計離子的重力。 圖3 (1)已知離子恰好做勻速直線運動,求金屬板間電場強度的大?。? (2)若撤去板間磁場B0,已知離子恰好從下極板的右側邊緣射出電場,方向與水平方向成30角,求A點離下極板的高度; (3)在(2)的情形中,為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出,磁場的磁感應強度B應為多大? 解析 (1)設板間的電場強度為E,離子做勻速直線運動,受到的電場力和洛倫茲力平衡,有qE=qv0B0 解得E=v0B0 (2)設A點離下極板的高度為h,離子射出電場時的速度為v,根據動能定理,得 qEh=mv2-mv 離子在電場中做類平拋運動,水平分方向做勻速運動,有v== 解得h= (3)設離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r,根據牛頓第二定律,得qvB= 由幾何關系得=rcos 30 解得B= 答案 (1)v0B0 (2) (3) 4.(xx鹽城市高三摸底)在xOy平面第一、二象限中,存在沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E=,在第三、四象限中分別存在垂直于xOy平面、方向如圖4所示的勻強磁場,磁感應強度B2=2B1=2B,帶電粒子a、b先后從第一、二象限的P、Q兩點(圖中沒有標出)由靜止釋放,結果兩粒子同時進入勻強磁場B1、B2中,再經時間t第一次經過y軸時恰在點M(0,-l)發(fā)生正碰,碰撞前帶電粒子b的速度方向與y軸正方向成60角,不計粒子重力和兩粒子間相互作用。求: 圖4 (1)兩帶電粒子的比荷及在磁場中運動的軌道半徑; (2)兩帶電粒子釋放的位置P、Q兩點坐標及釋放的時間差。 解析 (1)a、b兩粒子在y軸上發(fā)生正碰時粒子b的速度與y軸正方向成60角,兩粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示,兩粒子在磁場中運動時間相等且為t,即t1=t2=t,而t1==,t2==① 代入B2=2B1=2B得==② 由題意分析可知兩粒子的軌道半徑相等,且R1=R2=R==2l。③ (2)由v=可得兩粒子進入磁場時的速度大小分別為v1==④ v2==⑤ 粒子在電場中加速,由動能定理得qEd=mv2⑥ 由②④⑤⑥及E得d1=2l,d2=8l⑦ 由圖可知xP=R1-R1cos 60=l, xQ=-(R2+R2cos 60)=-3l⑧ 則P、Q兩點的坐標分別為P(l,2l)、Q(-3l,8l)⑨ 粒子在電場中的運動時間為t=⑩ 其中加速度a=? 由②⑩?及E可得釋放的時間差Δt=(v2-v1)? 代入④⑤解得Δt=。 答案 (1)2l (2)P(l,2l),Q(-3l,8l) 5.如圖5甲所示,在xOy平面內存在磁場和電場,磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化,B的變化周期為4t0,E的變化周期為2t0,變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示。在t=0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子(不計重力),初速度大小為v0,方向沿y軸正方向。在x軸上有一點A(圖中未標出),坐標為(,0)。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向,y軸正方向為電場強度的正方向,v0、t0、B0為已知量,磁感應強度與電場強度的大小滿足:=;粒子的比荷滿足:=。求: 圖5 (1)在t=時,粒子的位置坐標; (2)粒子偏離x軸的最大距離; (3)粒子運動至A點的時間。 解析 (1)在0~t0時間內,粒子做勻速圓周運動,根據洛倫茲力提供向心力可得 qB0v0=mr1=m 解得T=2t0,r1== 則粒子在時間內轉過的圓心角α= 所以在t=時,粒子的位置坐標為(,)。 (2)在t0~2t0時間內,設粒子經電場加速后的速度為v,粒子的運動軌跡如圖所示 則v=v0+t0=2v0 運動的位移x=t0=1.5v0t0 在2t0~3t0時間內粒子做勻速圓周運動, 半徑r2=2r1= 故粒子偏離x軸的最大距離h=x+r2=1.5v0t0+。 (3)粒子在xOy平面內做周期性運動的周期為4t0 故粒子在一個周期內向右運動的距離d=2r1+2r2= AO間的距離為=8d 所以,粒子運動至A點的時間t=32t0。 答案 (1)(,) (2)1.5v0t0+ (3)32t0 6.如圖6所示,矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域,左側區(qū)域充滿勻強電場,方向豎直向上,右側區(qū)域充滿勻強磁場,方向垂直紙面向外,be為其分界線。af=L,ab=0.75L,磁場區(qū)域的寬度未知。一質量為m、電荷量為e的電子(重力不計)從a點沿ab方向以初速度v0射入電場,從be邊的中點g進入磁場。(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8) 圖6 (1)求勻強電場的電場強度E的大??; (2)若電子能從d點沿ed方向飛出磁場,則磁場區(qū)域的寬度ed為多少? (3)若磁場區(qū)域的寬度為L,要求電子只能從bc邊射出磁場,則磁感應強度應該滿足什么條件? 解析 (1)電子在電場中做類平拋運動,有=,0.75L=v0t 由牛頓第二定律有eE=ma,聯(lián)立解得:E=。 (2)電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示,圖中O為圓心,粒子進入磁場時,其速度方向的反向延長線過ab中點,則速度方向與be邊夾角的正切值tan θ==0.75,θ=37 設電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,則r=rsin 37+,解得r=L。所以磁場區(qū)域寬度ed=rcos 37=L。 (3)電子進入磁場時的速度為v=v0 畫出兩條臨界軌跡如圖,設電子剛好不從cd邊射出時半徑為r1,則由幾何關系知r1+r1cos 37=L,解得r1=L 設電子剛好不從bc邊射出時半徑為r2,則=r2+r2sin 37,解得r2=L 由evB=可得對應的磁感應強度:B1=,B2= 所以電子只能從bc邊射出的條件為≤B<。 答案 (1) (2)L (3)≤B<- 配套講稿:
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