2022届高考物理一轮复习 课时作业45 带电粒子在组合场中的运动

2022届高考物理一轮复习 课时作业45 带电粒子在组合场中的运动1(2018安徽马鞍山一模)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具它的构造原理如图所示，粒子源S发出两种带正电的同位素粒子甲、乙，速度都很小，可忽略不计粒子经过电场加速后垂直进入有界匀强磁场，最终打到底片上，测得甲、乙两粒子打在底片上的点到入射点的距离之比为32，则甲、乙两粒子的质量之比是()A23 B. C. D94答案：D解析：在加速电场中由Uqmv2得v，在匀强磁场中由qvB得R，联立解得m，则甲、乙两粒子的质量之比为m甲m乙DD94.2如图所示左侧为竖直放置的两平行板M、N，右侧为垂直纸面向里的左、右边界分别为1、2的匀强磁场，磁感应强度为B.平行板M的中心处有一电子放射源S，能源源不断地发射一系列初速度可视为零的电子，经加速电压U0加速后，电子沿水平方向从N板的小孔向右进入匀强磁场，经一段时间电子到达磁场右边界的P点如果磁感应强度变为2B，欲使电子仍沿原来的轨迹到达P点，应将加速电压调节为U，则()AU4U0 BU2U0CUU0 DUU0答案：A解析：要使电子在磁场中仍打在P点，则可知电子的运动半径不变，则由Bevm可知R，磁感应强度B加倍，而电子的轨道半径R不变，则速度一定也加倍对电子的加速过程有eUmv2，解得v，故要使速度加倍，加速电压应变为原来的4倍，A正确3美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C两板之间，带电粒子从P0处以初速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速电场加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()A带电粒子每运动一周被加速两次BP1P2P2P3C加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D加速电场方向需要做周期性变化答案：C解析：由题图可知，带电粒子每运动一周被加速一次，选项A错误；由公式R和qUmvmv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功相同，动能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圆周运动的半径增加量不同，选项B错误；由v可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，选项C正确；由T可知，粒子运动的周期不随v的变化而变化，故加速电场的方向不需做周期性变化，选项D错误4(2018河南开封一模)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径R0.5 m，磁场垂直于纸面向里在yR的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E1.0105 V/m.在坐标原点M点有一带正电的粒子以速率v1.0106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开已知粒子的比荷为1.0107 C/kg，粒子的重力不计，求：(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)该粒子从进入磁场到再次穿出磁场所运动的路程答案：(1)0.2 T(2)2.57 m解析：(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射出磁场，逆着电场线方向运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径rR0.5 m根据Bqv，得B，代入数据解得B0.2 T.(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周的周长s1R，设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eqmv2，s2，总路程ss1s2R，代入数据解得s2.57 m.5(2018湖南、湖北八市十二校第二次联考)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中两个相同的直角三角形区域、内分别充满了方向相反(垂直纸面)、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，OC与x轴正方向夹角为30，已知C点坐标为(l，l)，质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子从A点以一定的速度平行于y轴方向垂直进入磁场，并从x轴上的D点(图中未画出)垂直于x轴离开磁场，电荷的重力不计(1)求D点的位置坐标及粒子进入磁场区域时的速度大小v；(2)若将区域内的磁场换成沿x轴负方向的匀强电场，该粒子仍从A点以原速度进入磁场区域，并最终仍能垂直于x轴离开，求匀强电场的场强大小E.答案：(1)(2)解析：(1)根据粒子运动的对称性可知，粒子从OC的中点O进入磁场区域，如图甲所示，ACOD，则D点的位置坐标为.设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，在磁场中的轨迹所对的圆心角为，根据几何知识可知rsin l，rrcos ll，解得，rl，粒子在磁场中做圆周运动，qvBm，速度大小v，故v.甲乙(2)粒子运动轨迹如图乙所示，设粒子在电场中的运动时间为t，加速度大小为a，则根据运动的分解可知，在x轴方向0vsin at，在y轴方向vtcos l，其中qEma，联立以上各式解得E.6(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M.由粒子源发出的不同带电粒子(初速度不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点不计粒子所受重力下列说法中正确的是()A从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D打到胶片上位置距离O点越远的粒子，其比荷越小答案：CD解析：对粒子在P、Q间的直线加速过程，根据动能定理有qUmv20，在四分之一圆形通道的电场中的偏转过程中，对于从小孔S通过的粒子，根据牛顿第二定律有qEm，磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律有qvBm，解得v，R，因此，只要满足R，所有粒子都可以从弧形电场区通过；由v，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小不相同，A错误；由qUmv20可知，从小孔S进入磁场的粒子动能为qU，故电荷量不同的粒子的动能不同，B错误；联立上述公式得r，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；又由v可知，比荷相同时粒子的速度相同，C正确；由上述知r，故打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越小，D正确7(2018吉林重点中学二模)如图所示，左侧是两平行金属板P、Q，右侧是一个边长为L的正方形磁感应强度为B的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点金属板P上O处有一粒子源，可发射出初速度可视为零的带负电的粒子(比荷为k)，Q板中间有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线方向进入匀强磁场区域(1)在P、Q两极板上加上直流电压，如果带电粒子恰好从d点射出，求所加电压的大小；(2)若在P、Q两极板上所加直流电压为U0，求带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径答案：(1)kB2L2(2)解析：(1)如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子恰好从d点射出时，轨道半径为rL设带电粒子射入磁场时速度为v，由洛伦兹力提供向心力得qvBm解得：v由功能关系，有qUmv2解得所加电压大小UkB2L2(2)由功能关系，有qU0mv2洛伦兹力提供向心力，有qvBm联立解得带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为R.8(2018河北保定调研)回旋加速器的工作原理如图所示，D1、D2是两个中空的半圆形金属扁盒，它们接在高频交流电源上，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直在D1盒中心A处有粒子源，产生的质量为m、电荷量为q的带正电粒子(初速度不计)在两盒之间被电场加速后进入D2盒中，加速电压为U.两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计加速过程中不考虑相对论效应和重力作用(1)为了使粒子每次经过狭缝都被加速，求交变电压的频率；(2)求带电粒子在D2盒中第n个半圆轨迹的半径答案：(1)(2)解析：(1)带电粒子在D形盒内做圆周运动，根据牛顿第二定律，有Bqvm(2f)2r为了使带电粒子能够被加速，交变电压的频率应与粒子做圆周运动的频率相等f交变电压的频率f得出f(2n1)(n1,2,3，)也正确(2)带电粒子在D2盒中第n个半圆是带电粒子经过狭缝被加速2n1次后的运动轨道设其被加速2n1次后的速度为vn由动能定理得(2n1)qUmv此后带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径为rn由牛顿第二定律得Bqvnm解得rn.