新教材高考物理二轮复习专题分层突破练9带电粒子在复合场中的运动含答案

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1.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)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.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(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.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),0,33d,(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.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=B2edm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.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.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14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.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=d2,ΔE=4%E≪E,能量为E的电子刚好做半径为d2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)12≈1+12x]
(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=12mv2,v=2qUm;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=EB,可知v=2qUm=EB,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=2πmqB,半个周期为πmqB,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=12mv2,qvB=mv2R,联立可得R=1B2mUq,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=2πmqB可知,若磁感应强度B增大,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=mvm2RD,可得vm=qBRDm,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=Fm
沿y方向,由运动学规律有vy2=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=v02+vy2
代入数据得v=1×104 m/s
tan θ=vyv0=43
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,设轨迹半径为R。
由几何关系有R=Rcs θ+d
代入数据得R=0.5 m
由牛顿第二定律有qvB=mv2R
代入数据解得所求最小值B=2 T。
4.答案 (1)qB2d218mE (2)qB2d22(2n+1)2mE(n=0,1,2,…)
(3)BdE+16+nπmqB(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=d3
由牛顿第二定律得
qv0B=mv02R0
设M点到O点的距离为y0,由动能定理得
qEy0=12mv02
解得y0=qB2d218mE。
(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=mv2R
设N点到O点的距离为y,由动能定理有qEy=12mv2
解得y=qB2d22(2n+1)2mE(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=12at02
粒子在电场中总的运动时间
t1=(2n+1)t0(n=0,1,2,…)
解得t1=BdE
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πmqB
粒子在磁场中总的运动时间t2=T12+nT2(n=0,1,2,…)
解得t2=16+nπmqB(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=BdE+16+nπmqB(n=0,1,2,…)。
5.答案 (1)Bedm (2)2mBe (3)-7d8
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=mv2R
解得v=Bedm。
(2)由几何知识可知,电子进入电场的横坐标为x=2d
电子竖直向下进入电场,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=3dv=3mBe
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=Eem=B2e2dm2
根据运动学规律有x=12atOD2
解得tOD=2mBe
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即电子在电场中运动的时间为t0=2mBe。
(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=12at12
在第三象限有3d=v1t2
电子C从x=x0处进入电场,则有x0=12at1'2
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=9d8(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=-7d8。
6.答案 (1)mv022qd (2)(2-1)mv0qd (3)8+(2+1)π2v0nd(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=12at12
联立解得t1=2dv0
E=mv022qd。
(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=vyv0
v=v0csθ
联立解得θ=45°
v=2v0
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-Rcs θ=d
由牛顿第二定律得qvB0=mv2R
联立解得B0=(2-1)mv0qd。
(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=2πmqB0
t2=π22πT
联立解得t2=(2+1)πd2v0
设粒子第一次到达x轴的时间为tx,则
tx=2t1+t2=8+(2+1)π2v0d
故粒子到达x轴的时刻t为
t=n(2t1+t2)=8+(2+1)π2v0nd(n=1,2,3,…)。
7.答案 (1)2qUm (2)2UR0 (3)2mqUqr
(4)T=πr2n+1mqU(n=0,1,2,…)
解析 (1)离子通过加速电场,由动能定理得
qU=12mv2,解得v=2qUm。
(2)离子经过静电分析器,由向心力公式得qE0=mv2R0,解得E0=2UR0。
(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=mv2R1
得B0=2mqUqr。
(4)如图所示,由几何关系可知2(2n+1)R2=2r(n=0,1,2,…)
得R2=2r2n+1(n=0,1,2,…)
带电粒子在磁场中运动的周期T0=2πR2v=2πr2n+1mqU(n=0,1,2,…)
又T2=T04,所以T=T02=πr2n+1mqU(n=0,1,2,…)。
8.答案 (1)B2e2d28E
(2)26-2610d
(3)1+26260B
解析 (1)对于能量为E的电子,在磁场中轨迹半径为d2,根据Bev=mv2r
可知r=mvBe=2mEBe=d2
解得m=B2e2d28E。
(2)对于能量为E-ΔE的电子,有
r1=2m(E-ΔE)Be=2mEBe1-ΔEE=
2mEBe1-ΔE2E=0.49d
对于能量为E+ΔE的电子,有
r2=2m(E+ΔE)Be=2mEBe1+ΔEE=
2mEBe1+ΔE2E=0.51d
轨迹如图所示
由勾股定理得
lOM=(0.49d)2-(0.01d)2=65d
lON=(0.51d)2-(0.01d)2=2610d
因此发散电子束进入偏转磁场时的宽度为
lMN=26-2610d。
(3)对于能量为E+ΔE的电子
lON=2610d
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=
cs α=2610d0.51d=265.1
由正弦定理得lONsin(45°+α)=rsin45°
解得
r=sin 45°·lONsin(45°+α)=sin 45°·
lONsin45°csα+cs45°sinα=lONcsα+sinα=512610026+10d
因此rr2=BB2=1002610026+10,即B2=1+26260B。