【三维设计】2022届高三物理一轮复习课时跟踪检测(二十八)-带电粒子在组合场中的运动-

课时跟踪检测(二十八)带电粒子在组合场中的运动对点训练：质谱仪回旋加速器1．(多选)(2021·苏北三市一模)如图1所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开头经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法中正确的是()图1A．极板M比极板N电势高B．加速电场的电压U＝ERC．直径PQ＝2Beq\r(qmER)D．若一群离子从静止开头经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷2．(多选)(2021·武汉摸底)图2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，它们之间有确定的电势差，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，下列推断正确的是()图2A．在Ek­t图中应当有tn＋1－tn＝tn－tn－1B．在Ek­t图中应当有tn＋1－tn<tn－tn－1C．在Ek­t图中应当有En＋1－En＝En－En－1D．在Ek­t图中应当有En＋1－En<En－En－1对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动3．图3(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化规律如图(b)所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O处有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于eq\f(2π,TB0)。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开头运动，将它经过时间T到达的点记为A。图3(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？(2)若t0＝T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？4．(2011·江苏高考)某种加速器的抱负模型如图4甲所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图像如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面对里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了eq\f(1,100)m0。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)图4(1)若在t＝0时将该粒子从板内a孔处静止释放，求其其次次加速后从b孔射出时的动能；(2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽视其对管外磁场的影响)，使图甲中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在图甲中的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开头加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？5．(2022·山东高考)如图5甲所示，相隔确定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面对里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝eq\f(T0,2)时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。图5对点训练：带电粒子在组合场中的运动6．(多选)如图6所示，两个重心重合的正三角形容器内分别存在着垂直于纸面对里和垂直于纸面对外的匀强磁场，已知内部三角形容器ABC边长为2a，内部磁感应强度大小为B，且每条边的中点开有一个小孔。有一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从AB边中点D垂直AB进入内部磁场。假如要使粒子恰好不经过碰撞在磁场中运动一段时间后又能从D点射入，下列说法正确的是()图6A．容器ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为BB．容器A′B′C′的边长为2eq\r(3)aC．粒子的速度大小为eq\f(Bqa,m)D．粒子再次回到D点的最短时间为eq\f(7πm,3Bq)7．如图7所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中其次次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为()图7A.eq\f(7πd,2v0) B.eq\f(d,v0)(2＋5π)C.eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3π,2))) D.eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))8．(2022·重庆高考)如图8所示，在无限长的竖直边界NS和MT间布满匀强电场，同时该区域上、下部分分别布满方向垂直于NSTM平面对外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。图8(1)求电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的全部可能值。答案1．选AD粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N电势高，选项A正确；由Uq＝eq\f(1,2)mv2和Eq＝eq\f(mv2,R)可得U＝eq\f(ER,2)，选项B错误；直径PQ＝2r＝eq\f(2mv,Bq)＝2eq\r(\f(ERm,B2q))，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，先项C错误，D正确。2．选AC依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图中应当有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图中应当有En＋1－En＝En－En－1，选项C正确D错误。3．解析：(1)设粒子P的质量为m，电荷量为q，速度为v，粒子P在洛伦磁力作用下，在xOy平面内做圆周运动，用R表示圆周的半径，T′表示运动周期，则有：qvB0＝mReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T′)))2，v＝eq\f(2πR,T′)。由上式及已知条件得：T′＝T。粒子P在t＝0到t＝eq\f(T,2)时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如图(a)所示。OA与x轴夹角θ＝0。(2)粒子P在t0＝eq\f(T,4)时刻开头运动，在t＝eq\f(T,4)到t＝eq\f(T,2)时间内，沿顺时针方向运动eq\f(1,4)个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝eq\f(5T,4)时间内，沿顺时针方向运动eq\f(1,4)个圆周，到达A点，如图(b)所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴夹角θ＝eq\f(π,2)。答案：(1)OA与x轴夹角θ＝0(2)OA与x轴夹角θ＝eq\f(π,2)4．解析：(1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m0eq\f(v2,r)，T0＝eq\f(2πr,v)则T0＝eq\f(2πm0,qB)当粒子的质量增加eq\f(1,100)m0时，其周期增加ΔT＝eq\f(1,100)T0则依据题图乙可知，粒子第一次的加速电压u1＝U0粒子其次次的加速电压u2＝eq\f(24,25)U0射出时的动能Ek2＝qu1＋qu2解得Ek2＝eq\f(49,25)qU0。(2)磁屏蔽管的位置如图所示。(3)在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数N＝eq\f(T0/4,ΔT)＝25分析可得，当粒子在连续被加速的次数最多，且u＝U0时也被加速时，最终获得的动能最大。粒子由静止开头加速的时刻t＝(eq\f(1,2)n＋eq\f(19,50))T0(n＝0,1,2，…)最大动能Ekm＝2×(eq\f(1,25)＋eq\f(3,25)＋…＋eq\f(23,25))qU0＋qU0解得Ekm＝eq\f(313,25)qU0。答案：(1)eq\f(49,25)qU0(2)见解析(3)t＝(eq\f(1,2)n＋eq\f(19,50))T0(n＝0,1,2，…)eq\f(313,25)qU05．解析：(1)粒子由S1至S2的过程，依据动能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②设粒子的加速度大小为a，由牛顿其次定律得qeq\f(U0,d)＝ma③由运动学公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2④联立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))⑤(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R>eq\f(L,2)⑦联立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))⑧(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d＝vt1⑨联立②⑤⑨式得t1＝eq\f(T0,4)⑩若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，依据运动学公式得d＝eq\f(v,2)t2⑪联立⑨⑩⑪式得t2＝eq\f(T0,2)⑫设粒子在磁场中运动的时间为tt＝3T0－eq\f(T0,2)－t1－t2⑬联立eq\o(○,\s\up1(10))⑫⑬式得t＝eq\f(7T0,4)⑭设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝eq\f(2πm,qB)⑮由题意可知T＝t⑯联立⑭⑮⑯式得B＝eq\f(8πm,7qT0)。⑰答案：见解析6．选ACD依据题意可画出如图所示粒子运动的轨迹图，要想使粒子恰好不经过碰撞在磁场中运动一段时间后又能从D点射入，容器ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为B，选项A正确；利用几何学问可知容器A′B′C′的边长为2a＋2eq\r(3)a，选项B错误；因轨道半径R＝a＝eq\f(mv,Bq)，所以v＝eq\f(Bqa,m)，选项C正确；粒子再次回到D点的最短时间为t＝eq\f(420°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(7πm,3Bq)，选项D正确。7．选D带电粒子的运动轨迹如图所示。由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝eq\r(2)v0，这一过程的时间t1＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0)。又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2eq\r(2)d。故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：t2＝eq\f(3πm,4Bq)＝eq\f(3\r(2)πd,2v)＝eq\f(3πd,2v0)带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝eq\f(2πd,v0)故t总＝eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))。8．解析：(1)设电场强度大小为E由题意有mg＝qE得E＝eq\f(mg,q)，方向竖直向上(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ。甲由r＝eq\f(mv,qB)，有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(1,2)r1由(r1＋r2)sinφ＝r2r1＋r1cosφ＝hvmin