2025届高考物理一轮复习第11章磁场第6讲专题提升带电粒子在组合场和交变电磁场中的运动练习含答案

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题组一 带电粒子在组合场的运动
1.(2024广东湛江模拟)如图所示,距离为L的竖直虚线P与Q之间分布着竖直向下的匀强电场,A为虚线P上一点,C为虚线Q上一点,水平虚线CD与CF之间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,虚线CF与虚线Q之间的夹角θ=30°。质量为m、电荷量为q的粒子从A点以水平初速度v0射出,恰好从C点射入磁场,速度与水平方向的夹角也为θ,粒子重力忽略不计。
(1)分析粒子带正电还是带负电。
(2)求电场强度的大小。
(3)求粒子在磁场中的运动时间。
2.在如图所示的直角坐标系xOy中,x轴上方存在大小为E、方向与x轴负方向成45°角的匀强电场,x轴下方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的点P(0,L)由静止释放,从x轴上的A点第一次进入匀强磁场,不计粒子受到的重力。
(1)求粒子第一次进入磁场的速度大小vA。
(2)若第一次进入磁场后经第三象限垂直穿过y轴进入第四象限,求匀强磁场的磁感应强度大小B1。
(3)若第一次进入磁场后从x轴上的C点第一次离开匀强磁场,恰好又从A点第二次进入匀强磁场,求匀强磁场的磁感应强度大小B2。
题组二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
3.(2024河南焦作模拟)如图甲所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,磁场方向垂直坐标平面,磁感应强度大小B随时间变化的关系如图乙所示,在t=0时刻有一比荷为1×104 C/kg的带正电粒子从坐标为的P点以初速度v0=2×103 m/s且与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入。开始时,磁场方向垂直坐标平面向里,不计粒子重力,求:
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;
(2)在时间π×10-4~2π×10-4 s内和时间0~π×10-4 s内,粒子运动轨迹对应的圆心角之比;
(3)粒子到达y轴时与O点的距离s。
综合提升练
4.(2024广东汕尾中学期末)图甲为某科研小组设计的离子加速装置,其主要部分为竖直放置的长方体加速盒。加速盒左右侧面分别开有上下两个竖直狭缝,它们构成上下两个与左右侧面垂直的加速通道P、Q,四个狭缝的高度均为h,且互相对齐处于同一竖直面内。加速盒右侧空间存在垂直于狭缝所在竖直面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在加速盒左右侧面之间加有如图乙所示的交变电压(U0数值未知),可以确保离子在通道内始终得到加速,现将一束初速度可以忽略的一价离子由加速通道P的左侧狭缝均匀地注入通道,经电场加速后,再经盒外匀强磁场偏转进入通道Q的右侧入口,最后经过通道Q加速后由左侧狭缝射出。已知上下狭缝中心间的竖直距离为H,沿狭缝中心进入磁场的离子恰能沿狭缝的中心射出,设离子的质量为m,元电荷电荷量为e,不计离子重力及离子间的相互作用。
(1)求离子最后由加速通道Q射出时的动能。
(2)若要求至少80%的离子能够通过两通道获得加速,求加速电压U0允许的变化范围。
5.(2024广东深圳模拟)一质谱仪的结构简图如图所示,两块相距为R的平行金属板A、B正对且水平放置,两板间加有可调节的电压,O1、O2分别为板中心处的两个小孔,点O与O1、O2共线且连线垂直于金属板,OO2=R。在以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆弧CD为记录粒子位置的胶片,圆弧上各点到O点的距离以及圆弧两端点C、D间的距离均为2R,C、D两端点的连线垂直于金属板A、B。粒子从O1处无初速地进入A、B间的电场后,通过O2进入磁场,粒子所受重力不计。
(1)当两金属板A、B间电压为U0时,粒子恰好打在圆弧CD的中点,求该粒子的比荷。
(2)一质量为m1的粒子a从磁场射出后,恰好打在圆弧上的C端点;在相同加速电压下,粒子a的一个同位素粒子则恰好打在圆弧上的D端点,求这个同位素粒子的质量。
(3)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子b从O1处无初速进入电场,当两板间所加电压不同时,粒子b从O1直至打在圆弧CD上所经历的时间t会不同,求t的最小值。
参考答案
第6讲 专题提升:带电粒子在组合场和交变电、磁场中的运动
1.答案 (1)带正电 (2) (3)
解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,所受静电力向下,则粒子带正电。
(2)设带电粒子在匀强电场中运动时间为t0,有
L=v0t0
tan30°=
由牛顿第二定律得
qE=ma
解得E=。
(3)带电粒子进入磁场的速度大小为
v=
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=m
解得r=
粒子在磁场中运动的时间为
t=
解得t=。
2.答案 (1)2 (2)
(3)
解析 (1)粒子先在电场中加速,由动能定理得
Eq
故第一次进入磁场的速度vA=2。
(2)第一次进入磁场后做匀速圆周运动轨迹如图中图线1所示,由几何关系得轨迹半径
R1=2L
由牛顿第二定律得
B1qvA=m
解得B1=。
(3)若粒子从A进入磁场经C又回到A的运动轨迹如图中图线2所示,由几何关系可知在C点速度大小仍为vA,方向与x轴负方向成45°角,出磁场后做类平抛运动,垂直电场线方向
LACcs45°=vAt
沿电场线方向
LACsin45°=t2
解得LAC=8L
由几何关系得轨迹半径
R2=LACsin45°=8L
由牛顿第二定律得
B2qvA=m
解得B2=。
3.答案 (1)0.4 m
(2)1∶2
(3)1 m
解析 (1)粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动,设轨迹半径为R,由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m
解得R==0.4m。
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则
T==4π×10-4s
π×10-4~2π×10-4s内,粒子运动的周期数为
N2=
运动轨迹对应的圆心角为60°
0~π×10-4s内,粒子运动的周期数为
N2=
运动轨迹对应的圆心角为120°
在π×10-4~2π×10-4s内和0~π×10-4s内,粒子运动轨迹对应的圆心角之比为1∶2。
(3)粒子运动轨迹如图所示
粒子恰好在t=π×10-4s时到达y轴,由图可知粒子到达y轴时与O点的距离为
s=R+Rcs60°+2R(1-cs60°)=1m。
4.答案 (1)
(2)≤U0≤
解析 (1)粒子第一次在磁场中,由洛伦兹力提供向心力得
ev1B=m
由题可知
r=
粒子第一次加速,由动能定理得
eU1=
第二次加速,由动能定理得
eU1=Ek-
联立解得
Ek=。
(2)若要求至少80%的离子能够通过两通道,则最多有的粒子通过Q通道时,打在缝隙外,分析可知,粒子在磁场中做圆周运动的半径满足
H+≥2R≥H-
又eU0=mv2
evB=m
联立解得
≤U0≤。
5.答案 (1)
(2)m1
(3)
解析 (1)粒子从O1到O2的过程中,根据动能定理有
q0U0=m0v2
粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有
q0vB=
由题意知,粒子的轨迹如图中①所示
由几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径
r=R
联立解得粒子的比荷为
。
(2)当质量为m1的粒子a打在圆弧的C端点时,轨迹如图中②所示,根据几何关系可得粒子a在磁场中运动的轨迹半径
r1=R
当粒子a的同位素粒子打在圆弧的D端点时,轨迹如图中③所示,轨迹半径为
r2=Rtan30°=R
由(1)中得粒子质量的通用表达式为
m'=
则
解得这个同位素粒子的质量为
m2=m1。
(3)通过分析可知,当粒子沿轨迹②最终打在胶片的C端点时,对应粒子在整个过程中经历的时间最短,此时粒子在磁场中运动的轨迹半径为
r1=R
粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为
θ1=
由qvB=得到粒子b进入磁场时的速度大小为
v1=
粒子b在电场中经历的时间为
t1=
粒子b在磁场中经历的时间
t2=T
而T=
由此得到t2=
粒子b出磁场后做匀速直线运动经历的时间为
t3=
则粒子b从进入电场到打在胶片上所经历的最短时间为
tmin=t1+t2+t3=。