2019屆高考物理一輪復習 課時作業(yè)45 帶電粒子在組合場中的運動.doc

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課時作業(yè)(四十五)　帶電粒子在組合場中的運動 [基礎訓練] 1．(2018安徽馬鞍山一模)質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具．它的構造原理如圖所示，粒子源S發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲、乙，速度都很小，可忽略不計．粒子經過電場加速后垂直進入有界勻強磁場，最終打到底片上，測得甲、乙兩粒子打在底片上的點到入射點的距離之比為3∶2，則甲、乙兩粒子的質量之比是(　　) A．2∶3 B.∶ C.∶ D．9∶4 答案：D　解析：在加速電場中由Uq＝mv2得v＝，在勻強磁場中由qvB＝得R＝＝，聯(lián)立解得m＝，則甲、乙兩粒子的質量之比為m甲∶m乙＝D∶D＝9∶4. 2．如圖所示左側為豎直放置的兩平行板M、N，右側為垂直紙面向里的左、右邊界分別為1、2的勻強磁場，磁感應強度為B.平行板M的中心處有一電子放射源S，能源源不斷地發(fā)射一系列初速度可視為零的電子，經加速電壓U0加速后，電子沿水平方向從N板的小孔向右進入勻強磁場，經一段時間電子到達磁場右邊界的P點．如果磁感應強度變?yōu)?B，欲使電子仍沿原來的軌跡到達P點，應將加速電壓調節(jié)為U，則(　　) A．U＝4U0 B．U＝2U0 C．U＝U0 D．U＝U0 答案：A　解析：要使電子在磁場中仍打在P點，則可知電子的運動半徑不變，則由Bev＝m可知R＝，磁感應強度B加倍，而電子的軌道半徑R不變，則速度一定也加倍．對電子的加速過程有eU＝mv2，解得v＝，故要使速度加倍，加速電壓應變?yōu)樵瓉淼?倍，A正確． 3．美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內經過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子領域前進了一大步．如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強恒定，且被限制在A、C兩板之間，帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場線方向射入加速電場，經加速電場加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子每運動一周被加速兩次 B．P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關 D．加速電場方向需要做周期性變化 答案：C　解析：由題圖可知，帶電粒子每運動一周被加速一次，選項A錯誤；由公式R＝和qU＝mv－mv可知，帶電粒子每運動一周，電場力做功相同，動能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圓周運動的半徑增加量不同，選項B錯誤；由v＝可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，選項C正確；由T＝可知，粒子運動的周期不隨v的變化而變化，故加速電場的方向不需做周期性變化，選項D錯誤． 4．(2018河南開封一模)如圖所示，真空中有一以O點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑R＝0.5 m，磁場垂直于紙面向里．在y>R的區(qū)域存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E＝1.0105 V/m.在坐標原點M點有一帶正電的粒子以速率v＝1.0106 m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開．已知粒子的比荷為＝1.0107 C/kg，粒子的重力不計，求： (1)圓形磁場區(qū)域磁感應強度的大小； (2)該粒子從進入磁場到再次穿出磁場所運動的路程． 答案：(1)0.2 T　(2)2.57 m 解析：(1)沿x軸正方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖所示的P點射出磁場，逆著電場線方向運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R＝0.5 m．根據Bqv＝，得B＝，代入數據解得B＝0.2 T. (2)粒子返回磁場后，經磁場偏轉后從N點射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周的周長s1＝πR，設在電場中的路程為s2，根據動能定理得Eq＝mv2，s2＝，總路程s＝s1＋s2＝πR＋，代入數據解得s＝2.57 m. 5．(2018湖南、湖北八市十二校第二次聯(lián)考)如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中兩個相同的直角三角形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內分別充滿了方向相反(垂直紙面)、磁感應強度大小均為B的勻強磁場，OC與x軸正方向夾角為30，已知C點坐標為(l，l)，質量為m、帶電荷量為q的帶正電的粒子從A點以一定的速度平行于y軸方向垂直進入磁場，并從x軸上的D點(圖中未畫出)垂直于x軸離開磁場，電荷的重力不計． (1)求D點的位置坐標及粒子進入磁場區(qū)域Ⅰ時的速度大小v； (2)若將區(qū)域Ⅱ內的磁場換成沿x軸負方向的勻強電場，該粒子仍從A點以原速度進入磁場區(qū)域Ⅰ，并最終仍能垂直于x軸離開，求勻強電場的場強大小E. 答案：(1)　　(2) 解析：(1)根據粒子運動的對稱性可知，粒子從OC的中點O′進入磁場區(qū)域Ⅱ，如圖甲所示，AC＝OD， 則D點的位置坐標為. 設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r，在磁場Ⅰ中的軌跡所對的圓心角為θ，根據幾何知識可知rsin θ＝l，r－rcos θ＝l－l， 解得θ＝，r＝l， 粒子在磁場中做圓周運動，qvB＝m， 速度大小v＝， 故v＝. 甲 　 乙 (2)粒子運動軌跡如圖乙所示，設粒子在電場中的運動時間為t，加速度大小為a，則根據運動的分解可知， 在x軸方向0－vsin θ＝－at， 在y軸方向vtcos θ＝l，其中qE＝ma， 聯(lián)立以上各式解得E＝. 6．(多選)如圖所示為某種質譜儀的工作原理示意圖．此質譜儀由以下幾部分構成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強度大小相等；磁感應強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子(初速度不計)，經加速電場加速后進入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經小孔S垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上的某點．不計粒子所受重力．下列說法中正確的是(　　) A．從小孔S進入磁場的粒子速度大小一定相等 B．從小孔S進入磁場的粒子動能一定相等 C．打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等 D．打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，其比荷越小 答案：CD　解析：對粒子在P、Q間的直線加速過程，根據動能定理有qU＝mv2－0，在四分之一圓形通道的電場中的偏轉過程中，對于從小孔S通過的粒子，根據牛頓第二定律有qE＝m，磁場中偏轉過程，根據牛頓第二定律有qvB＝m，解得v＝，R＝，因此，只要滿足R＝，所有粒子都可以從弧形電場區(qū)通過；由v＝，比荷不同的粒子從小孔S進入磁場的粒子速度大小不相同，A錯誤；由qU＝mv2－0可知，從小孔S進入磁場的粒子動能為qU，故電荷量不同的粒子的動能不同，B錯誤；聯(lián)立上述公式得r＝，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等；又由v＝可知，比荷相同時粒子的速度相同，C正確；由上述知r＝，故打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，比荷越小，D正確． 7．(2018吉林重點中學二模)如圖所示，左側是兩平行金屬板P、Q，右側是一個邊長為L的正方形磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點．金屬板P上O處有一粒子源，可發(fā)射出初速度可視為零的帶負電的粒子(比荷為＝k)，Q板中間有一小孔，可使粒子射出后垂直磁場方向從a點沿對角線方向進入勻強磁場區(qū)域． (1)在P、Q兩極板上加上直流電壓，如果帶電粒子恰好從d點射出，求所加電壓的大?。? (2)若在P、Q兩極板上所加直流電壓為U0，求帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑． 答案：(1)kB2L2　(2) 解析：(1)如圖所示，根據幾何關系可以看出，當粒子恰好從d點射出時，軌道半徑為r＝L 設帶電粒子射入磁場時速度為v，由洛倫茲力提供向心力得 qvB＝m 解得：v＝ 由功能關系，有qU＝mv2 解得所加電壓大小U＝kB2L2 (2)由功能關系，有qU0＝mv2 洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m 聯(lián)立解得帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑為R＝. 8．(2018河北保定調研)回旋加速器的工作原理如圖所示，D1、D2是兩個中空的半圓形金屬扁盒，它們接在高頻交流電源上，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．在D1盒中心A處有粒子源，產生的質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(初速度不計)在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中，加速電壓為U.兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．加速過程中不考慮相對論效應和重力作用． (1)為了使粒子每次經過狹縫都被加速，求交變電壓的頻率； (2)求帶電粒子在D2盒中第n個半圓軌跡的半徑． 答案：(1)　(2) 解析：(1)帶電粒子在D形盒內做圓周運動，根據牛頓第二定律，有 Bqv＝m(2πf)2r 為了使帶電粒子能夠被加速，交變電壓的頻率應與粒子做圓周運動的頻率相等 f＝ 交變電壓的頻率f＝ [得出f＝(2n－1)(n＝1,2,3，…)也正確]． (2)帶電粒子在D2盒中第n個半圓是帶電粒子經過狹縫被加速2n－1次后的運動軌道 設其被加速2n－1次后的速度為vn 由動能定理得(2n－1)qU＝mv 此后帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，半徑為rn 由牛頓第二定律得Bqvn＝m 解得rn＝.