帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動及應(yīng)用實(shí)例

PAGE5-高三物理高考第一輪總復(fù)習(xí)(二十四)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動及應(yīng)用實(shí)例1.不計重力的負(fù)粒子能夠在如圖所示的正交勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中勻速直線穿過．設(shè)產(chǎn)生勻強(qiáng)電場的兩極板間電壓為U，距離為d，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子電荷量為q，進(jìn)入速度為v，以下說法正確的是()A．若同時增大U和B，其他條件不變，則粒子一定能夠直線穿過B．若同時減小d和增大v，其他條件不變，則粒子可能直線穿過C．若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子動能一定減小D．若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子的動能有可能不變2．如圖所示，一束正離子從S點(diǎn)沿水平方向射出，在沒有偏轉(zhuǎn)電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標(biāo)原點(diǎn)O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標(biāo)系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其之間相互作用力)()A．E向下，B向上 B．E向下，B向下C．E向上，B向下 D．E向上，B向上3.三個帶正電的粒子a、b、c(不計重力)以相同動能水平射入正交的電磁場中，軌跡如圖所示．關(guān)于它們的質(zhì)量ma、mb、mc的大小關(guān)系和粒子a動能變化，下列說法正確的是()A．ma＜mb＜mcB．ma＞mb＞mcC．粒子a動能增加D．粒子a動能減少4.如圖所示，空間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向水平(圖中垂直紙面向里)，一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是()A．若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運(yùn)動B．若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運(yùn)動C．若給P一初速度，P不可能做勻速直線運(yùn)動D．若給P一初速度，P可能做勻速圓周運(yùn)動5．如圖所示，一束帶電粒子(不計重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．則()A．該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子B．該裝置可篩選出具有特定電荷量的粒子C．該裝置可篩選出具有特定速度的粒子D．該裝置可篩選出具有特定動能的粒子6.如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖，帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點(diǎn)初速度為0)后，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則()A．a(chǎn)的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量B．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量C．a(chǎn)運(yùn)動的時間大于b運(yùn)動的時間D．a(chǎn)的比荷大于b的比荷7.如圖，空間某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點(diǎn)進(jìn)入這個區(qū)域沿直線運(yùn)動，從C點(diǎn)離開區(qū)域；如果這個區(qū)域只有電場，則粒子從B點(diǎn)離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從D點(diǎn)離開場區(qū)；設(shè)粒子在上述三種情況下，從A到B點(diǎn)、A到C點(diǎn)和A到D點(diǎn)所用的時間分別是t1、t2和t3，比較t1、t2和t3的大小，則有(粒子重力忽略不計)()A．t1＝t2＝t3 B．t2＜t1＜t3C．t1＝t2＜t3 D．t1＝t3＞t28．如圖甲所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，并分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是()11.如圖所示，矩形abcd關(guān)于x軸對稱，長ad＝2L，寬ab＝L，三角形Oab區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，梯形Obcd區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(不計重力)以初速度v從P點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入電場，穿過電場后從Ob邊上Q點(diǎn)處進(jìn)入磁場，然后從y軸負(fù)半軸上的M點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)垂直于y軸離開磁場，已知OP＝eq\f(2,3)L，OQ＝eq\f(4\r(2),9)L，試求：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E大??；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2.絕緣水平面ab與處在豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣軌道bcd相切于b點(diǎn)，半圓軌道的半徑為R.過b點(diǎn)的豎直平面MN的左側(cè)有水平向右的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有正交的電、磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，如圖所示，比荷為k的帶電小球從水平面上某點(diǎn)由靜止釋放，過b點(diǎn)進(jìn)入MN右側(cè)后能沿半圓形軌道bcd運(yùn)動且對軌道始終無壓力，小球從d點(diǎn)再次進(jìn)入MN左側(cè)后正好落在b點(diǎn)，不計一切摩擦，重力加速度為g，求：(1)小球進(jìn)入電、磁場時的速度大小v；(2)MN右側(cè)的電場強(qiáng)度大小E2；(3)MN左側(cè)的電場強(qiáng)度大小E1；(4)小球釋放點(diǎn)到b點(diǎn)的距離x.答案：(二十四)1．BC粒子能夠直線穿過，則有qeq\f(U,d)＝qvB，即v＝eq\f(U,Bd)，若U、B增大的倍數(shù)不同，粒子不能沿直線穿過，A錯誤，同理B正確；粒子向下偏，電場力做負(fù)功，又W洛＝0，所以ΔEk＜0，C正確．D錯誤．2．A正離子束打到第Ⅲ象限，相對原入射方向向下，所以電場E方向向下；根據(jù)左手定則可知磁場B方向向上，故A正確．3．AD粒子a受的電場力向下、受的洛倫茲力向上，又a向上偏，說明a受的洛倫茲力大，故推出a的初速度大．又三個粒子動能相同，故a的質(zhì)量小，因此選項(xiàng)A對；a向上偏，電場力對其做負(fù)功，洛倫茲力不做功，故a動能減少，因此選項(xiàng)D對．4．D由題意可知，帶電粒子所受的重力與電場力平衡，若P的初速度垂直于磁感線方向，則P可能做勻速圓周運(yùn)動，若P的初速度沿磁感線方向，則P可能做勻速直線運(yùn)動，C錯誤，D正確；若僅撤去電場，帶電粒子在重力作用下先加速，由于洛倫茲力的大小與速度大小成正比，故所受的合外力將發(fā)生變化，帶電粒子不可能做勻加速直線運(yùn)動，A錯誤；若僅撤去磁場，P仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，B錯誤．5．C速度選擇器的工作原理：帶電粒子垂直射入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的復(fù)合場空間，所受的電場力和洛倫茲力方向相反，大小相等．本題中粒子若要無偏轉(zhuǎn)地通過區(qū)域Ⅱ，通過收集室的小孔O3，需要滿足qE＝qvB，即粒子的速度v＝E/B，C正確．6．D粒子經(jīng)電場加速的過程，由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；粒子在磁場中運(yùn)動，由牛頓第二定律知Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，所以R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由圖知Ra<Rb，故eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，A、B錯、D對；因周期為T＝eq\f(2πm,Bq)，運(yùn)行時間為eq\f(T,2)，所以a運(yùn)動的時間小于b運(yùn)動的時間，C錯．7．C8．A帶電粒子在兩D形盒內(nèi)做圓周運(yùn)動時間等于半個圓周運(yùn)動周期，而粒子運(yùn)動周期T＝eq\f(2πm,qB)與粒子速度無關(guān)，則有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A正確；高頻電源的變化周期應(yīng)該等于2(tn－tn－1)，B錯誤；由R＝eq\f(mv,qB)可知：粒子最后獲得的最大動能與加速次數(shù)無關(guān)，與D形盒內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度和D形盒半徑有關(guān)，故C、D錯誤．9．C粒子從S3小孔進(jìn)入磁場中，速度方向向下，粒子向左偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶正電．帶正電的粒子在S1和S2兩板間加速，則要求場強(qiáng)的方向向下，那么S1板的電勢高于S2板的電勢．粒子在電場中加速，由動能定理有eq\f(1,2)mv2＝qU，在磁場中偏轉(zhuǎn)，則有r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立兩式解得r＝eq\r(\f(2Um,qB2))，由此式可以看出只增大U或只增大m時，粒子的軌道半徑都變大．10．解析：(1)小球沿NP做直線運(yùn)動，由平衡條件可得：mg＝qvB1解得v＝10m/s.(2)小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，由動能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得：E＝4N/C.(3)在板間復(fù)合場中小球受電場力qUBA/d＝1N與重力平衡，故小球做勻速圓周運(yùn)動設(shè)運(yùn)動半徑為R′，由幾何知識得：R′2＝L2＋(R′－eq\f(d,2))2，解得：R′＝5m由qvB2＝mv2/R′，解得：B2＝0.2T.答案：(1)10m/s(2)4N/C(3)0.2T11.解析：(1)根據(jù)題意，Ob與x軸的夾角為45°，帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)在電場中運(yùn)動時間為t，場強(qiáng)為E，則x＝OQ·cos45°＝vt ①x＝OP－OQ·sin45°＝eq\f(1,2)at2 ②qE＝ma ③聯(lián)立以上各式解得E＝eq\f(9mv2,4qL).(2)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，在Q點(diǎn)豎直分速度vy＝at，代入數(shù)據(jù)解得vy＝v∴粒子在進(jìn)入磁場時的速度v′＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v ④速度方向與＋x方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(vy,vx)＝1 ⑤∴θ＝45°即粒子垂直于Ob邊進(jìn)入磁場，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心即為O點(diǎn)半徑R＝OQ＝eq\f(4\r(2)L,9) ⑥又qv′B＝eq\f(mv′2,R). ⑦解得B＝eq\f(9mv,4qL).答案：(1)eq\f(9mv2,4qL)(2)B＝eq\f(9mv,4qL)12．解析：(1)小球進(jìn)入MN右側(cè)電、磁場后能沿bcd運(yùn)動且始終對軌道無壓力，表明洛倫茲力等于小球做圓周運(yùn)動的向心力，且小球的速率不變，因此有qvB＝meq\f(v2,R) ①代入eq\f(q,m)＝k解得v＝kBR. ②(2)小球速率不變，則重力與電場力平衡，即qE2－mg＝0 ③解得E2＝eq\f(g,k).(3)小球再次進(jìn)入左側(cè)電場后，在水平方向做勻減速運(yùn)動，則0＝vt－eq