2023高考二轮复习专项练习(物理)专题分层突破练9　带电粒子在复合场中的运动

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,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,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)如图所示,在第一、第四象限的y≤0.8 m区域内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小E=4×103 N/C;在第一象限的0.8 m<y≤1.0 m区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一个质量m=1×10-10 kg、电荷量q=1×10-6 C的带正电粒子,以v0=6×103 m/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。

(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河南高三二模)如图所示,在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形,其顶点坐标分别为(0,0),,(d,0),三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,x轴下方有沿着y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的某点M由静止释放,粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角三角形的斜边射出,不计粒子重力。

(1)求M点到O点的距离。

(2)改变粒子在y轴上的释放点,使粒子由N点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场,求N点到O点的距离。

(3)在(2)过程中,求粒子从N点由静止释放到射出磁场的运动时间。

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内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,MN在x轴上,lMO=lON=3d,lMP=lNQ=d。在第四象限正方形ONFD内存在沿x轴正方向、大小为E=的匀强电场,沿PM在第三象限放置一平面足够大的荧光屏,屏与y轴平行。一个电子A从坐标原点沿y轴正方向射入磁场,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A射入磁场时的速度大小v。

(2)求电子A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C射入磁场时的坐标x。

6.(2021山东枣庄高三二模)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,直线AB距x轴为d,直线CD距x轴为2d,直线AB下方区域存在沿y轴正方向的匀强电场,AB、CD之间存在垂直于坐标系平面向外的匀强磁场。从t=0时刻,一个质量为m、电荷量为+q的粒子,以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场,在AB上的P点进入磁场,P点坐标为(2d,d),不计粒子受到的重力。

(1)求电场强度E的大小。

(2)若粒子恰好不从直线CD处离开磁场,求磁感应强度B0的大小。

(3)在第(2)问条件下,求粒子经过x轴的时刻。

7.(2021湖南衡阳高三一模)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。图甲是离子注入工作原理的示意图,静止于A处的离子,经电压为U的加速电场加速后,沿图中圆弧虚线通过半径为R0的圆弧形静电分析器(静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场)后,从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域,该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成45°,经磁场偏转,最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q,不计离子重力。

甲

乙

(1)求离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v。

(2)求静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0。

(3)若磁场方向垂直于纸面向外,离子从磁场边缘上某点出磁场时,速度方向与直径PQ垂直,求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小。

(4)若在该圆形区域内加如图乙所示交变的磁场(图中B1大小未知、方向垂直于纸面,且以垂直于纸面向外为正方向),当离子从t=0时进入圆形磁场区域,最后从Q点飞出,水平向右垂直打在硅片上,请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。

8.(2021浙江绍兴高三二模)医用电子直线加速器结构主要包括电子枪、加速系统、束流传输系统等部件,原理简化如图所示。其中束流传输系统由导向磁场、偏转磁场和聚焦磁场组成,可以使电子束转向270°后打到靶。由于电子经过加速后有一定能量宽度,经过导向磁场后会使电子束发散,从而造成成像色差,因此需要通过偏转磁场和聚焦磁场来消除色差。

束流传输系统由三个半径为d的90°扇形磁场组成,圆心为O,方向垂直于纸面向外,其中导向磁场和聚焦磁场为匀强磁场,磁感应强度为B1=B3=B。偏转磁场为非匀强磁场,磁感应强度B2沿径向呈一定规律分布,可使电子在其间做匀速圆周运动。

现电子束经加速系统后,以能量宽度(E-ΔE,E+ΔE)垂直导向磁场边界从P进入束流传输系统,最终粒子能在Q点汇聚并竖直向下打到靶上。已知lPO=lQO=,ΔE=4%E≪E,能量为E的电子刚好做半径为的匀速圆周运动到达Q。

(1)若电子电荷量为e,求电子质量m。

(2)求发散电子束进入偏转磁场时的宽度。[计算半径时可使用小量近似公式:当x≪1时,(1+x≈1+x]

(3)对于能量为E+ΔE的电子,求在偏转磁场中运动轨迹处的磁感应强度B2。

参考答案

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为相同值,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,质子的比荷不变,则质子每运动半周的时间不变,故A正确。质子在电场中加速,根据qU=mv2,qvB=m,联立可得R=,增大交流电压,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,则运行时间会变短,故B正确。由T=可知,若磁感应强度B増大,则T会减小,只有交变电流频率增大,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)1×104 m/s,与x轴正方向成53°角斜向右上

(2)2 T

解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,所受静电力为F=qE

由牛顿第二定律有a=

沿y方向,由运动学规律有=2asy

代入数据(其中sy=0.8 m)得vy=8×103 m/s

粒子离开电场时的速度大小为v=

代入数据得v=1×104 m/s

tan θ=

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=1.0 m-0.8 m=0.2 m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=Rcos θ+d

代入数据得R=0.5 m

由牛顿第二定律有qvB=m

代入数据解得所求最小值B=2 T。

4.答案 (1)　(2)(n=0,1,2,…)

(3)(n=0,1,2,…)

解析 (1)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R0,由几何关系可知

R0+2R0=d

解得R0=

由牛顿第二定律得

qv0B=

设M点到O点的距离为y0,由动能定理得

qEy0=

解得y0=。

(2)要使粒子由N点静止释放后能沿垂直于斜边的方向射出磁场,则粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足

d=(2n+1)R(n=0,1,2,…)

由牛顿第二定律得qvB=m

设N点到O点的距离为y,由动能定理有qEy=mv2

解得y=(n=0,1,2,…)。

(3)设粒子在电场中的加速度为a,则qE=ma

设粒子在电场中每单程的运动时间为t0,则y=

粒子在电场中总的运动时间t1=(2n+1)t0(n=0,1,2,…)

解得t1=

粒子在磁场中做圆周运动的周期T=

粒子在磁场中总的运动时间t2=+n(n=0,1,2,…)

解得t2=(n=0,1,2,…)

粒子从N点由静止释放到射出磁场运动的总时间

t=t1+t2=(n=0,1,2,…)。

5.答案 (1)　(2)　(3)-

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,静电力水平向左,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。

即电子在电场中运动的时间为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'

由前面分析有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)　(3)nd(n=1,2,3,…)

解析 (1)粒子第一次在电场中运动,所用时间为t1,则有

qE=ma

2d=v0t1

d=

联立解得t1=

E=。

(2)设粒子到达AB边界沿电场方向的速度为vy,粒子速度v与AB边界的夹角为θ,则

vy=at1

tan θ=

v=

联立解得θ=45°

v=v0

粒子在磁场中运动,若恰好不从上边界CD飞出,轨迹如图所示。

设粒子在磁场中运动的半径为R,由几何关系可得R-Rcos θ=d

由牛顿第二定律得qvB0=m

联立解得B0=。

(3)设粒子在磁场中运动的周期为T,每次在磁场中运动的时间为t2,则

T=

t2=T

联立解得t2=

设粒子第一次到达x轴的时间为tx,则

tx=2t1+t2=d

故粒子到达x轴的时刻t为

t=n(2t1+t2)=nd(n=1,2,3,…)。

7.答案 (1)　(2)　(3)　(4)T=(n=0,1,2,…)

解析 (1)离子通过加速电场,由动能定理得

qU=mv2,解得v=。

(2)离子经过静电分析器,由向心力公式得qE0=m,解得E0=。

(3)由于MN⊥PQ,则O2M//PQ

∠PMO2=∠MPO1

又△O2PM与△O1PM为等腰三角形

所以O1MO2P为菱形,则离子运动的半径R1=r

由向心力公式得qvB0=m

得B0=。

(4)如图所示,由几何关系可知(2n+1)R2=2r(n=0,1,2,…)

得R2=(n=0,1,2,…)

带电粒子在磁场中运动的周期T0=(n=0,1,2,…)

又,所以T=(n=0,1,2,…)。

8.答案 (1)　(2)d-d　(3)B

解析 (1)对于能量为E的电子,在磁场中轨迹半径为,根据Bev=m

可知r=

解得m=。

(2)对于能量为E-ΔE的电子,有

r1==

=0.49d

对于能量为E+ΔE的电子,有

r2==

=0.51d

轨迹如图所示

由勾股定理得

lOM=d

lON=d

因此发散电子束进入偏转磁场时的宽度为

lMN=d-d。

(3)对于能量为E+ΔE的电子

lON=d

进入偏转磁场的发散角为α,由于轨迹关于偏转磁场的角平分线对称,因此圆心在平分线上的O3点,半径设为r,如图所示。

其中sin α=

cos α=

由正弦定理得

解得

r=sin 45°·=

sin 45°·d

因此,即B2=B。