新高考物理一輪練習專題75帶電粒子在組合場中的運動

專題75帶電粒子在組合場中的運動1．如圖所示，兩相鄰且范圍足夠大的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的磁感應強度方向平行，大小分別為B和2B.一帶正電粒子(不計重力)以速度v從磁場分界線MN上某處射入磁場區(qū)域Ⅰ，其速度方向與磁場方向垂直且與分界線MN成60°角，經(jīng)過t1時間后粒子進入到磁場區(qū)域Ⅱ，又經(jīng)過t2時間后回到區(qū)域Ⅰ，設粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分別為ω1、ω2，則()A.ω1∶ω2＝1∶1B．ω1∶ω2＝2∶1C.t1∶t2＝1∶1D．t1∶t2＝2∶12．[2021·貴陽模擬]如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力忽略不計)，經(jīng)加速電壓U加速后，垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子打到P點，OP＝x，能正確反映x與U之間關系的是()A.x與U成正比B．x與U成反比C.x與eq\r(U)成正比D．x與eq\r(U)成反比3.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A.11B．12C.121D．1444．如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)()A.d隨U1變化，d與U2無關B.d與U1無關，d隨U2變化C.d隨U1變化，d隨U2變化D.d與U1無關，d與U2無關5．(多選)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸下方的等腰直角三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a.現(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響．下列說法正確的是()A.若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子垂直于CM射出磁場B.若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子平行于x軸射出磁場C.若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子垂直于CM射出磁場D.若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子平行于x軸射出磁場6．[2021·甘肅河西五市聯(lián)考](多選)如圖所示，若干個動量相同的帶電粒子，先后沿直線通過由相互正交的磁感應強度為B1的勻強磁場和電場強度為E的勻強電場組成的速度選擇器，這些粒子通過平板MN上的狹縫P進入另一磁感應強度為B2的勻強磁場，最終落在平板MN上的A1～A3處，不計粒子重力，下列判斷正確的是()A.磁感應強度為B1的磁場方向垂直紙面向外B.能通過狹縫P的帶電粒子的速度大小等于E/B1C.所有打在MN上的粒子，在磁感應強度為B2的磁場中的運動時間都相同D.打在MN上的粒子位置離P越遠，粒子的電荷量q越小7．[2021·重慶市模擬](多選)如圖所示，回旋加速器由置于高真空中的兩個半徑為R的D形金屬盒構成，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過的時間可以忽略不計，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．兩盒間加速電壓為U，方向發(fā)生周期性變化，使得粒子每進入狹縫即被加速．從A處粒子源產(chǎn)生的帶正電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度不計，粒子重力不計．則()A.粒子能獲得的最大速率為eq\f(qBR,m)B.粒子能獲得的最大速率為eq\f(2qBR,m)C.粒子在加速器中運動時間為eq\f(πBR2,2U)D.粒子在加速器中運動時間為eq\f(πBR2,U)8.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示．它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速．兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．如果用同一回旋加速器分別加速氚核(eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H)和α粒子(eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He)比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有()A.加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大B.加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小C.加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小D.加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大9.[2021·洛陽市模擬](多選)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大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()A.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關B.帶電粒子每運動一周被加速一次C.帶電粒子每運動一周，P1P2等于P2P3D.加速電場方向不需要做周期性的變化10．[2021·成都市摸底]如圖，初速度不計的電子束經(jīng)電壓為U的電場加速后，進入一半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域(區(qū)域中心為O，磁場方向垂直于圓面)，最后射到了與OM連線垂直的屏幕上的P處．已知不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M，電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，電子所受重力不計．則下列判斷正確的是()A.圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向里B.電子在磁場中運動時受到的洛倫茲力大小一定是eq\f(2eU,r)C.若僅增大加速電壓U，電子束打到屏幕上的位置在P點上方D.若僅改變圓形區(qū)域的磁感應強度大小，電子束可能打不到屏幕上11．如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求(1)磁場的磁感應強度大小；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比．12．[2021·全國甲卷]如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場．一質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞．已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力(1)求粒子發(fā)射位置到P點的距離；(2)求磁感應強度大小的取值范圍；(3)若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離．專題75帶電粒子在組合場中的運動1．D2.C3.D4.A5.AD6．ABD能通過速度選擇器的粒子所受的電場力與洛倫茲力平衡，假設粒子帶正電，則粒子在速度選擇器中受的電場力方向向右，由平衡條件知，粒子受的洛倫茲力方向向左，由左手定則知，磁感應強度為B1的磁場方向垂直紙面向外，A正確；由平衡條件得，qvB1＝qE，解得v＝eq\f(E,B1)，B正確；粒子在磁感應強度為B2的磁場中運動的周期T＝eq\f(2πR,v)，則打在MN上的粒子在該磁場中運動的時間t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πR,v)，由于粒子做圓周運動的半徑不同，故打在MN上的粒子，在B2的磁場中的運動時間不同，C錯誤；由牛頓第二定律得，qvB2＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB2)，則粒子離P點的距離x＝2R＝eq\f(2mv,qB2)，因為帶電粒子的動量相同，故x越大，q越小，D正確．7．AC粒子在回旋加速器中速度最大時運動半徑最大，有R＝eq\f(mvm,qB)，得vm＝eq\f(RqB,m)，A正確，B錯誤；粒子獲得的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))＝eq\f(R2q2B2,2m)，加速一次增加的動能ΔE＝Uq，加速次數(shù)n＝eq\f(Ekm,ΔE)＝eq\f(R2qB2,2Um)，粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，在加速器中的總時間t＝neq\f(T,2)＝eq\f(πR2B,2U)，C正確，D錯誤．8．B帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，由T＝eq\f(2πm,qB)，知氚核(eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H)的質(zhì)量與電量的比值大于α粒子(eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He)，所以氚核在磁場中運動的周期大，則加速氚核的交流電源的周期較大，由qvB＝meq\f(v2,r)得，最大速度v＝eq\f(qBr,m)，則最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，比較氚核eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H和α粒子eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))H可知氚核的最大動能較小，B正確，A、C、D錯誤．9．BD由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，A錯誤；虛線部分不加電場，故粒子一個周期內(nèi)只被加速一次，加速電場方向不需要做周期性的變化，選項BD正確；由r＝eq\f(mv,qB)知，P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，由勻變速直線運動規(guī)律知，粒子在加速電場中運動的時間越來越短，由Δv＝at知，Δv越來越小，故P1P2＞P2P3，C錯誤．10．D根據(jù)電子偏轉(zhuǎn)的方向和左手定則可知，圓形區(qū)域中磁場的方向垂直于紙面向外，A錯誤；在加速電場中由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中運動時受到的洛倫茲力大小為F＝evB＝eq\f(mv2,R)＝eq\f(2eU,R)，而電子的運動軌跡半徑不等于r，B錯誤；若僅增大加速電壓U，電子進入磁場時的速度增大，洛倫茲力增大，電子在磁場中的軌道半徑變大，電子束打到屏幕上的位置在P點下方，C錯誤；如僅增大圓形區(qū)域的磁感應強度B，由meq\f(v2,R)＝evB可知，電子在磁場中的軌道半徑變小，電子束可能打不到屏幕上，D正確．11．(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4解析：(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),R1)由幾何關系知2R1＝l解得B＝eq\f(4U,lv1)(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))q2v2B＝m2eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),R2)由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)解得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶412．解析：(1)畫出粒子在電場中的運動軌跡，如圖1，有tan60°＝eq\f(v0,vy)vy＝at，a＝eq\f(Eq,m)x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2從發(fā)射位置到P點的距離s＝eq\r(x2＋y2)聯(lián)立解得s＝eq\f(\r(13)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),6Eq)(2)磁感應強度B較大時，設粒子恰好從Q點射出，設軌跡半徑為R1，在板間的軌跡如圖2，則由幾何關系有sin60°＝eq\f(\f(l,2),R1)qvB1＝meq\f(v2,R1)結合(1)中分析，有sin60°＝eq\f(v0,v)聯(lián)立解得B1＝eq\f(2mv0,ql)磁感應強度B最小時，粒子軌跡恰好過N點，設軌跡半徑為R2，如圖3eq\f(R2,sin90°)＝eq\f(\f(\r(2)