微专题4带电粒子在组合场中的运动【答案】作业

微专题4带电粒子在组合场中的运动1.BC[解析]“篡改记忆粒子”进入匀强磁场做匀速圆周运动的周期T=2πmqB,由于“篡改记忆粒子”的比荷相同,做匀速圆周运动的周期相同,各个“篡改记忆粒子”进入匀强磁场偏转时间相同,故A正确,不符合题意;由qU=12mv2,解得v=2qUm=2×5×10-4×2.5×106m/s=50m/s,所以速度选择器允许通过的粒子速度为50m/s,故B错误,符合题意;由qvB=mv2r,解得偏转半径为r=mvqB=0.01m,故C错误,符合题意2.D[解析]根据qvB=mv2R,可得v=qBRm,可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关,故A错误;氘核被加速后达到最大速度时的轨迹半径为R,则v=2πRT=2πRf,故氘核被加速后最大速度不可能超过2πRf,故B错误;氘核第n次和第n-1次经过两金属盒间狭缝后分别有nqU=12mvn2、(n-1)qU=12mvn-12,解得vn=2nqUm,vn-1=2(n-1)qUm,又qvB=mv2r,则r=mvqB,则氘核第n次和第n-1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为rnrn-1=vnvn-1=n3.AD[解析]若h=B2a2q2mE,则在电场中,由动能定理得qEh=12mv2,在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,联立解得r=a,根据几何关系可知,粒子垂直于CM方向射出磁场,故A正确,B错误;若h=B2a2q8mE,同理可得r=4.D[解析]在t=1s时,空间区域有匀强磁场,粒子做匀速圆周运动,如图甲所示,由牛顿第二定律得qv0B0=mv2r,粒子的轨迹半径r=L,所以B0=mv0qL,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动时,如图乙所示,竖直方向L=v0t,水平方向L=12at2=qE02mt2,解得E0=2mv02qL,所以E0B0=2v01,故A错误;第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比a1a2=qv0B0m·mqE0=12,故B错误;对第二个粒子,由动能定理有qE0L=Ek2-12mv02,解得Ek2=52mv02,因为洛沦兹力不做功,对第一个粒子有Ek1=5.(1)2πmv0eL(2)[解析](1)电子在匀强磁场中运动时,将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在平行于yOz平面内的匀速圆周运动.设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy,电子在圆筒中运动的时间为t.由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为T,由洛伦兹力提供向心力得Bevy=mvy2R,可得周期T=2π若所有电子均能经过O进入电场,则在时间t内电子在平行于yOz平面内恰好运动了若干个完整圆周,有t=nT(n=1,2,3,…)联立得B=2π当n=1时,B有最小值,为Bmin=2π(2)设进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的夹角为α,如图所示,由几何关系得tanα=v由于v0不变,故当α最大时,vy最大,电子在平行于yOz平面内做圆周运动的半径R=mvyBe最大,因电子始终未与筒壁碰撞,所以R最大值为Rm=r,此时vy取得最大值vym,取(1)问中最小的磁感应强度,即B=2π联立解得vym=2πrv0L(3)将电子进入电场的运动分解,沿x轴方向做匀速直线运动,沿y轴方向做匀变速直线运动且加速度沿y轴负方向,所以当vy取沿y轴正方向的最大值vym时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有ym=v由牛顿第二定律知a=Ee又vym=2π联立解得ym=26.(1)mv02qL(2)32πL[解析](1)乙粒子在Ⅰ区的运动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv由几何关系得sin30°=L联立解得磁感应强度的大小B=m(2)根据对称性可知,乙在磁场中运动的时间为t1=2×30°360根据对称性可知,甲粒子到P点时的速度方向沿x轴正方向,甲粒子在Ⅲ区电场中沿着直线从P点到O点,由运动学公式有d=32v0t1+12由牛顿第二定律有a=q其中E0=9联立解得Ⅲ区宽度d=32π(3)甲粒子经过O点时的速度为v甲=32v0+at因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,则甲的位置坐标为x1=v甲t同时甲所在处的电场强度E1=0,即ωt=kx1联立解得v甲=3v0,k=ω设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2,乙粒子在Ⅳ区运动的时间为t0,则t=t0+t2乙所在处的电场强