高考物理二轮复习提升训练11带电粒子在磁场中的运动.docx

提升训练11带电粒子在磁场中的运动1.如图所示,OPQ是关于y轴对称的四分之一圆,在PQMN区域有均匀辐向电场,PQ与MN间的电压为U。PQ上均匀分布带正电的粒子,可均匀持续地以初速度为零发射出来,任一位置上的粒子经电场加速后都会从O进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向外,大小为B,其中沿+y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿+x轴方向射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K, 金属板长均为4R, 其中K板接地,A与K两板间加有电压UAK0, 忽略极板电场的边缘效应。已知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O在y轴(0,-R)上。(不考虑粒子之间的相互作用力)(1)求带电粒子的比荷;(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围;(3)若电压UAK=,求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值。2.如图为一装放射源氡的盒子,静止的氡核Rn)经过一次衰变成钋Po,新核Po的速率约为2105 m/s。衰变后的粒子从小孔P进入正交的电磁场区域,且恰好可沿中心线匀速通过,磁感应强度B=0.1 T。之后经过A孔进入电场加速区域,加速电压U=3106 V。从区域射出的粒子随后又进入半径为r= m的圆形匀强磁场区域,该区域磁感应强度B0=0.4 T、方向垂直纸面向里。圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切,荧光屏的中心点M和圆形磁场的圆心O、电磁场区域的中线在同一条直线上,粒子的比荷为=5107 C/kg。 (1)请写出衰变方程,并求出粒子的速率(保留一位有效数字); (2)求电磁场区域的电场强度大小; (3)粒子在圆形磁场区域的运动时间多长? (4)求出粒子打在荧光屏上的位置。3.(2016浙江名校协作体高三试题)如图所示,LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与MN相切。在OP与QR之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。C、D是质量为m和4m的绝缘小物块(可视为质点),其中D带有电荷量q,C不带电。现将物块D静止放置在水平轨道的MO段,将物块C从离水平轨道MN距离h高的L处由静止释放,物块C沿轨道下滑进入水平轨道,然后与D相碰,碰后物块C被反弹滑至斜面处,物体D进入虚线OP右侧的复合场中继续运动,最后从RQ侧飞出复合场区域。求:(1)物块D进入磁场时的瞬时速度vD;(2)若物块D进入磁场后恰好做匀速圆周运动,求所加匀强电场的电场强度E的值及物块D的电性;(3)若物块D进入磁场后做匀速圆周运动,飞离复合场区域时速度方向与水平方向夹角为60,求物块D飞出QR边界时与水平轨道的距离d。4.如图,在xOy坐标平面第一象限内x1 m的范围中存在以y=x2为上边界的沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小E1=2.0102 N/C,在直线MN(方程为y=1 m)的上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在x=-1 m处有一与y轴平行的接收板PQ,板两端分别位于MN直线和x轴上;在第二象限,MN和PQ围成的区域内存在沿x轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E2。现有大量的带正电粒子从x轴上0v0.5v1那么发光的亮线坐标范围是多少?10.如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场,在第四象限内分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m0,电荷量为q的正粒子(不计重力)在A(0,3)点平行x轴入射,初速度vA=120 m/s,该粒子从电场进入磁场,又从磁场进入电场,并且只通过x轴上的点P(4.5,0)及Q(8,0)各一次,已知该粒子的比荷为= 108 C/kg。求:(1)电场强度的大小;(2)磁感应强度的大小;(3)粒子在磁场中运动的时间。11.(2016浙江稽阳十月联考)如图所示,在半径为b(大小未知)的圆形区域内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的弹性等边三角形框架DEF,其中心O位于圆形区域的圆心。在三角形框架DEF与圆周之间的空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。在框架DEF内平行于EF边放置的粒子加速器板M、N的间距为d,N板紧靠EF边,N板及EF中点S处均开有小孔。在两板间靠近M板处有一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子由静止释放,粒子经过S处的速度大小为v=,方向垂直于EF边并指向磁场。若粒子与三角形框架的碰撞均为弹性碰撞,且粒子在碰撞过程中质量、电荷量均不变,(不计带电粒子的重力,不计带电粒子之间的相互作用)(1)求粒子加速器中匀强电场的电场强度大小。(2)若从S点射出的粒子能再次返回S点,则匀强磁场区域的横截面圆周半径b至少为多大?(3)若匀强磁场区域的横截面圆周半径b满足第(2)问的条件,则从M板处出发的带电粒子第一次返回出发点的时间是多少?12.“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成,其原理可简化如下:如图甲所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面,圆心为O,外圆弧面AB的半径为L,电势为1,内圆弧面CD的半径为,电势为2。足够长的收集板MN平行于边界ACDB,O到MN板的距离OP为L。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们能均匀地吸附到AB圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响。(1)求粒子到达O点时速度的大小;(2)如图乙所示,在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场,圆心为O,半径为L,磁场方向垂直纸面向内,则发现从AB圆弧面收集到的粒子有能打到MN板上(不考虑过边界ACDB的粒子再次返回),求所加磁场磁感应强度B0的大小;(3)随着所加磁场大小的变化,试定量分析收集板MN上的收集效率与磁感应强度B的关系。答案：1.答案 (1)(2)-RR(3)解析 (1)qU=mv2,得v=由已知条件,知偏转半径r=RBqv=m得(2)因为r=R,所有粒子经磁场偏转后都平行于x轴射出。沿QN方向射入时,对应的圆心角为135,离开磁场时a点的纵坐标为ya=R沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出发点b的纵坐标yb=-R所以进入电场时的纵坐标范围为-RR(3)E=,F=Eq=ma,y=at2,vt=4R,得y=R从纵坐标y=0.5R进入偏转电场的粒子恰能打到K板右边缘,其进入磁场时的速度与y轴夹角为30,所以比例=2.答案 (1RnPoHe1107 m/s(2)1106 V/m(3)10-7s(4)粒子打在荧光屏上的M点上方1 m处解析 (1)衰变方程RnPoHe衰变过程动量守恒,0=mPov1-mHev0联立可得v0=1.09107 m/s1107 m/s(2)粒子匀速通过电磁场区域,qE=qv0B联立可得E=1106 V/m(3)粒子在区域被电场加速,qU=mv2-所以v=2107 m/s粒子在区域中做匀速圆周运动,qvB=m所以R=1m又T=如图所示,由几何关系可知,粒子在磁场中偏转角=60,所以粒子在磁场中的运动时间t=T联立可得t=10-7 s(4)粒子的入射速度过圆形磁场圆心,由几何关系可知,出射速度方向也必然过圆心O,几何关系如图,tan60=,所以x=1 m,粒子打在荧光屏上的M点上方1 m处。3.答案 (1)(2),带正电(3)解析 (1)对物块C,根据动能定理有mgh=mv2,得v=反弹后=mg,得v1=碰撞时由动量守恒定律有mv=-mv1+4mvD代入得vD=(2)若物块D做匀速圆周运动,则电场力与重力相等,有4mg=Eq,得E=,带正电(3)由几何关系有d=(1-cos60)R=,R=得d=4.答案 (1)4103 m/s(2)0.1 T(3)8.0102 N/C5.710-4 s解析 (1)由题意得,于x处释放的粒子在电场中加速的位移为y,且满足y=x2设射出电场E1时的速度大小为v,由动能定理可得qyE1=mv2联立两式可求得v=x代入数值求解得v0.5=4103 m/s(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设半径为r,由牛顿第二定律可得qvB=联立上式可求得r=x当磁感应强度B一定时,轨道半径r与x成正比,当x趋近于零时,粒子做圆周运动的轨道半径趋近于零,即所有粒子经磁场偏转后都从C点射出磁场, 且有2r=x联立上两式可得B=0.1 T(3)粒子从C点沿y轴负方向进入电场强度大小为E2的范围后,都在电场力作用下做类平抛运动,若所有带电粒子均被PQ板接收,则从x=1 m处出发的粒子刚好运动到Q点,对应电场强度E2的最小值E2 min,设该粒子在电场强度大小为E2 min的电场中运动的初速度为v1,时间为t3,加速度为a2,有x=a2,y=v1t3,qE2 min=ma2将x=1 m,y=1 m代入方程可求得E2 min=8.0102 N/C由题意得,在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子为从x=1 m处出发的粒子,设该粒子在电场强度大小为E1的电场中运动的时间为t1,在磁场中运动的时间为t2,则有v1=t1,在匀强磁场中转过=的圆心角,有r=v1t2故该粒子所经历的总时t=t1+t2+t3从而求得t5.710-4 s5.答案 (1)(2)(3)B解析 (1)粒子在加速电场中加速,根据动能定理得qU=mv2,解得v=粒子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,有qE=解得E=(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有qvB=则r=,粒子恰好能打在N点,则r=d,可得B=(3)由r=粒子能打在QN上,则既没有从DQ边出去,也没有从PN边出去。由几何关系可知,粒子能打到QN上,必须满足dr2d,则有B6.答案 (1)(2)(3)解析 (1)由动能定理可知qU=得U=(2)设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r,依题意作出带电粒子的运动轨迹如图甲所示。甲由图中几何关系有L=3rsin60+3,h=r(1-cos60)解得h=(3)当B为最小值时,粒子运动的轨道半径r则为最大值,即粒子只经过上方和下方的磁场区域各一次,恰好到达收集板上的N点。设带电粒子此时运动的轨道半径为r,带电粒子的运动轨迹如图乙所示。乙由图中几何关系有L=4rsin60+3根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小公式有qv0B=m联立以上各式解得B=7.答案 (1)(2)(0,r+Br)(3)解析 (1)质子在磁场中做匀速圆周运动,有Bev=mv=(2)质子在磁场和电场中运动轨迹如图所示,质子在磁场中转过120角后,从P点再匀速运动一段距离后垂直电场线进入电场,由几何关系得P点距y轴的距离为x2=r+rsin30=1.5r质子在电场中做类平抛运动,所以有Ee=max2=由得t3=M点的纵坐标y=r+vt3=r+Br所以M点坐标为(0,r+Br)(3)质子在磁场中运动时间t1=T=由几何关系得P点的纵坐标y2=r所以质子匀速运动时间t2=质子由O点运动到M点所用时间t=t1+t2+t3=。8.答案 (1)向下向下(2)右侧区域:磁场方向垂直纸面向内;中间分界线上:磁感应强度为零。左侧区域:磁场方向垂直纸面向外(3)解析 (1)左侧的通电直导线的电流方向向下;右侧的通电直导线的电流方向向下。(2)要产生图示的聚焦效果,该平面中磁场的分布情况是越靠近中心线处的磁感应强度越小,左右对称;所以归纳为:右侧区域:磁场方向垂直纸面向内;中间分界线上:磁感应强度为零。左侧区域:磁场方向垂直纸面向外;(3)设AMO=,电子在磁场中做匀速圆周运动的半径是r,则可得rsin=由几何关系可知sin=d解得r=由带电粒子在磁场中的受力关系可知evB=m该磁感应强度的大小是B=9.答案 (1)KBd(2)d,-(3)(0,-2d)到(0,4d-4d)解析 (1)进入区域二的最小速度情况如图所示:由洛伦兹力提供向心力得ev1B=得v1=KBd(2)电子以速度v1在区域一中运动,其运动半径r=。当v2=时,其轨迹半径r2=其运动情况如图所示:由几何关系可知,粒子偏转角=37所以离开区域一时,粒子水平方向位移x=d,竖直方向的位移y=-=-离开区域一时的坐标为d,-(3)当0.5v1vv1时,临界情况如图所示。亮线范围是(0,-2d)到(0,-d)当v1v2v1时,临界情况如图所示。粒子达到荧光屏距离原点距离y=4d-4d亮线范围为(0,-2d)到(0,4d-4d)当2v1v时,收集效率=0解析 (1)带电粒子在电场中加速时,电场力做正功,得