高三物理一轮复习 第八章 磁场 第3节“带电粒子在组合场中的运动”对点练课时跟踪检测试题

“带电粒子在组合场中的运动”卷(一)“带电粒子在组合场中的运动”对点练对点训练：质谱仪回旋加速器1．(多选)(2015·武汉摸底)图1甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是()图1A．在Ek­t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1B．在Ek­t图中应该有tn＋1－tn<tn－tn－1C．在Ek­t图中应该有En＋1－En＝En－En－1D．在Ek­t图中应该有En＋1－En<En－En－1解析：选AC根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ek­t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1，选项A正确B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ek­t图中应该有En＋1－En＝En－En－1，选项C正确D错误。2.(2015·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图2所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧eq\f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq\f(1,3)区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。图2(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)解析：(1)离子在电场中加速，qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝meq\f(v2,r0)解得r0＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0)。(2)由(1)知，U＝eq\f(16U0r2,9L2)，离子打在Q点时，r＝eq\f(5,6)L，得U＝eq\f(100U0,81)离子打在N点时，r＝L，得U＝eq\f(16U0,9)则电压的范围eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)。(3)由(1)可知，r∝eq\r(U)由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))2L第2次调节电压到U2，原来打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))3L同理，第n次调节电压，有rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1L检测完整，有rn≤eq\f(L,2)，解得n≥eq\f(lg2,lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))))－1≈2.8最少次数为3次。答案：(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)最少次数为3次对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动3．(2015·广东六校高三第一次联考)如图3所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，磁场MN和PQ边界距离为d。求：图3(1)粒子离开电场时的速度；(2)若粒子垂直边界PQ离开磁场，求磁感应强度B；(3)若粒子最终从磁场边界MN离开磁场，求磁感应强度的范围。解析：(1)设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))。(2)粒子离开电场后，垂直进入磁场，根据几何关系得r＝2d由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝meq\f(v2,r)，联立解得：B＝eq\f(1,2d)eq\r(\f(2mU,q))。(3)最终粒子从边界MN离开磁场，需满足条件：刚好轨迹于PQ相切d＝r＋rsin30°联立④⑤解得：B＝eq\f(3,2d)eq\r(\f(2mU,q))磁感应强度的最小值为B＝eq\f(3,2d)eq\r(\f(2mU,q))，磁感应强度的范围是B≥eq\f(3,2d)eq\r(\f(2mU,q))。答案：(1)v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)B＝eq\f(1,2d)eq\r(\f(2mU,q))(3)B≥eq\f(3,2d)eq\r(\f(2mU,q))4.(2015·山东高考)如图4所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方eq\f(d,2)处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。图4(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为eq\f(2mv,qD)、eq\f(4mv,qD)，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。解析：(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qEeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv2①由①式得E＝eq\f(mv2,qd)②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)③如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝eq\f(D,4)④联立③④式得B＝eq\f(4mv,qD)⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝eq\f(3D,4)⑥联立③⑥式得B＝eq\f(4mv,3qD)⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝eq\f(2mv,qD)、B2＝eq\f(4mv,qD)由牛顿第二定律得qvB1＝meq\f(v2,R1)，qvB2＝meq\f(v2,R2)⑧代入数据得R1＝eq\f(D,2)，R2＝eq\f(D,4)⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做周围运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1＝eq\f(2πR1,v)，T2＝eq\f(2πR2,v)⑩据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系得θ1＝120°⑪θ2＝180°⑫α＝60°⑬粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得t1＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ1×2,360°)T1，t2＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ2,360°)T2⑭设粒子运动的路程为s，由运动学公式得s＝v(t1＋t2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得s＝5.5πD。⑯答案：(1)eq\f(mv2,qd)(2)eq\f(4mv,qD)或eq\f(4mv,3qD)(3)5.5πD5．(2015·上饶二模)如图5甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1＝0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72m。在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2＝0.18m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0＝4eq\r(2)m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷eq\f(q,m)＝20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s＝eq\f(\r(2),10)m，不考虑空气阻力。求：图5(1)匀强电场的场强大小；(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；(3)若t＝0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M点到打在平板C3上所用的时间。(计算结果保留两位小数)解析：(1)小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t＝sat＝v0tanθ由牛顿第二定律有：qE＝ma代入数据解得：E＝8eq\r(2)N/C。(2)设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：v＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\f(4\r(2),\f(\r(2),2))m/s＝8m/s；小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：qvB＝meq\f(v2,R)，得：B＝eq\f(mv,qR)小球刚好能打到Q点，磁感应强度最强设为B1。此时小球的轨迹半径为R1由几何关系有：eq\f(R1,L＋d2－R1)＝eq\f(L－R1,R1)，代入数据解得：B1＝1T。小球刚好不与C2板相碰时，磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2。由几何关系有：R2＝d1，代入数据解得：B2＝eq\f(2,3)T；综合得磁感应强度的取值范围：eq\f(2,3)T≤B≤1T。(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T；由周期公式可得：R3＝eq\f(mv,qB3)解得：R3＝0.1T＝eq\f(2πm,qB3)解得：T＝eq\f(9π,200)s由磁场周期T0＝eq\f(T,3)分析知小球在磁场中运动的轨迹如图，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R