专题强化练(第十一章专题强化课十三带电粒子在组合场中的运动)

专题强化练(40分钟78分)1.(10分)(2025·金昌模拟)在如图所示的xOy平面内,第一象限内有方向水平向左的匀强电场,第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子,从(l,0)的A点以速度v0沿y轴正方向射入电场,从(0,2l)的C点离开电场,经过磁场后再次到达y轴时刚好从坐标原点O处经过,不计粒子重力,求:(1)电场强度E的大小;(3分)答案:(1)m【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动,设经历时间为t1,则2l=v0t1l=12·整理得E=m(2)磁感应强度B的大小;(4分)答案:(2)m【解析】(2)设粒子离开电场时速度大小为v,与y轴夹角为α,则qEl=12mv2-12cosα=v设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,则2Rsinα=2lqvB=mv整理得B=m(3)粒子从A点运动到O点经历的时间。(3分)答案:(3)(【解析】(3)由上问可知α=π所以粒子在磁场中运动的时间t2=34·则tOA=t1+t2=(2.(10分)(2024·南昌模拟)有一种“双聚焦分析器”质谱仪,工作原理如图所示,电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场,磁场分析器中有垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。离子源发出的初速度均为零的氕核

11H和氘核

12H经加速电压U加速后,均沿圆弧MN运动(圆弧MN为电场分析器的中心线),再垂直进入四分之一圆形磁场区域,后从磁场下边界射出。已知氕核

11H在磁场区域运动t时间后恰好垂直于磁场下边界从Q点射出,MO=R,PO1=d,氕核

(1)电场分析器中心线上电场强度的大小;(3分)答案:(1)2【解析】(1)设氕核

11H的质量为m,氘核

12H的质量为M,氕核

11Ue=12m氕核

11H在辐射状电场中做圆周运动,电场力提供向心力,可得eE=解得E=2(2)氘核

12H在磁场区域的运动半径;(3答案:(2)2d【解析】(2)在磁场中,设匀强磁场的磁感应强度为B,对氕核

11H分析,由洛伦兹力提供向心力ev1B=mv12d,解得对氘核

12H分析,由洛伦兹力提供向心力ev2B=Mv解得r=2根据题意可知M=2m,即氘核

12H做圆周运动的半径r=(3)氘核

12H的质量。(4答案:(3)16【解析】(3)设氕核

11H与氘核

12H在磁场中做圆周运动的周期分别为T1和T2,则有T1T2=2πMeB对氘核

12H:r=2d联立得M=16Ue3.(12分)(2024·石家庄模拟)如图所示的足够大的长方体空间被两竖直的虚线平面分成三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,其中区域Ⅰ、Ⅲ中分别存在水平向右和水平向左的匀强电场,电场强度的大小均为E,区域Ⅱ中存在竖直向上的匀强磁场。O点为区域Ⅰ内的点,O点到右侧第一竖直虚线平面的距离为d,两虚线平面之间的距离为3d,一比荷为k的带正电的粒子由O点静止释放,依次经过两虚线平面上的两点,两点之间的距离为2d,忽略粒子的重力。求:(1)区域Ⅱ中磁感应强度的大小;(4分)答案:(1)E【解析】(1)结合题意作出粒子的运动轨迹,如图甲所示,粒子在区域Ⅰ中运动时,由动能定理得qEd=12m解得v1=2又由AC=2d以及两虚线平面之间的距离为3d可知∠O1AC=60°△ACO1为正三角形,所以粒子在区域Ⅱ中运动的轨道半径为R1=2d又qv1B=mv得B=m解得B=E(2)粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面时,两点之间的距离;(4分)答案:(2)(2+3)d【解析】(2)粒子进入区域Ⅲ后做类斜抛运动,水平方向先向右减速再向左加速,向外做匀速直线运动,粒子在C点的水平分速度为vx=v1sin30°向外分速度为vy=v1cos30°又由牛顿第二定律有qE=ma得a=kE则粒子由C到D的时间为t=2又xCD=vyt解得xCD=3d由类斜抛运动的对称性可知,粒子在D点的速度大小仍为v1=2则粒子再次回到区域Ⅱ的轨道半径仍为R1=2d则粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面时,两点之间的距离为s=2R1cos60°+xCD解得s=(2+3)d(3)若粒子的释放点O向左平移2d后由静止释放,粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面的时间间隔。(4分)答案:(3)(π3+3)【解析】(3)如图乙,若粒子的释放点O向左平移2d后由静止释放,粒子在区域Ⅰ中运动时,由动能定理得qE·3d=12m解得v2=6粒子在区域Ⅱ中,由qv2B=mv22R2得R由几何关系可知粒子在区域Ⅱ中的轨迹所对应的圆心角满足sinθ=3则θ=π粒子由A到P的时间为t1=T结合(2)的解析可知粒子在区域Ⅲ中的运动时间为t2=2又v'x=v2sin60°由对称性可知,粒子由Q到M的时间为t3=t1=T又T=2π所以粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面的时间间隔为t=t1+t2+t3由以上解得t=π32dkE+324.(15分)(2025·合肥模拟)平面直角坐标系xOy中,第Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E,第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,如图所示。一个氘核

12H和一个氦核

24He先后由点P(-2L,L),以相同的动量平行于x轴沿x轴正方向射出,12H由坐标原点O射入磁场,24He离开磁场时速度垂直于x(1)12H和

24He由点P答案:(1)2EkL【解析】(1)设

12H的初速度大小为v1,24He的初速度大小为v2。12H核做类平抛运动,有2L=v1·t1,L=12at解得v1=2由于动量相同,则mHv1=mHev2解得v2=2(2)磁感应强度B的大小;(5分)答案:(2)2【解析】(2)24He核做类平抛运动,有x=v2·t2,L=1其中a=q2E可得x=L,24He核从(-L,0)点进入第三象限,速度方向与x轴正方向夹角为θ,由几何关系可知tan

24He核从(0,-2L)点进入磁场,速度方向与y轴负方向夹角为90°-θ,进入磁场时的速度为vHe=v2cosθ,洛伦兹力提供向心力:qHevHeB=m解得B=2(3)12H和

24He答案:(3)(8L,0)[2(5+2)L,0]【解析】(3)12H核做类平抛运动,从O点进入磁场时,速度方向与x轴的夹角为45°,大小为vH=2

12H核在磁场中运动:qHvHB离开磁场时距O点的距离d1=2rH=8L所以,12H核离开磁场时的坐标为(8

24He核在磁场中运动:qHevHeB离开磁场时与O点的距离为d2=rHe(1+sinθ)=2(5+2)L所以,24He核离开磁场时的坐标为[2(5+2)5.(15分)(2024·厦门模拟)如图所示,直角坐标系xOy平面内,第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿y轴正方向的匀强电场E,E、B大小均未知。质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°射入电场,经电场偏转后以速度v0从点P(0,d)垂直y轴进入磁场,最后从N点与x轴正方向成60°射出磁场,不计粒子重力。(1)求粒子进入电场时的速度大小;(3分)答案:(1)2v0【解析】(1)粒子进入电场后做斜抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做类竖直上抛运动,则有vMcos60°=v0,解得vM=2v0(2)求磁感应强度B的大小;(4分)答案:(2)m【解析】(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,其轨迹如图甲所示根据几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径由Rsin30°=R-d解得R=2d由洛伦兹力充当向心力有Bqv0=mv解得B=m(3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力f=kv(k为已知常量),粒子恰好从Q点(图中未标出)垂直x轴射出磁场,求Q点的坐标;(4分)答案:(3)(mv0【解析】(3)对粒子受力分析可知,速度沿x轴的分量会产生x轴的阻力与y轴负方向的洛伦兹力;速度沿y轴的分量,会产生y轴的阻力与x轴负方向的洛伦兹力,其受力分析如图乙所示在x轴上,由动量定理有-(kvx+Bqvy)Δt=mΔvx由微元法累加后可得-kx+Bqy=m(0-v0)其中y=-d解得x=m则Q点的坐标为(mv0(4)在第(3)问的情况下,求粒子从P点运动到Q点的轨迹长度。(4分)答案:(4)mv0k+【解析】(4)同理在y轴上有-(kvy-Bqvx)Δt=mΔvy微元法叠加后可得-ky+Bqx=m(vQ-0)解得vQ=mv024阻力使得粒子速度减小,在切线方向有-kvΔt=mΔv由于沿着轨迹切线方向列动量定理,可得速度的变化量Δv=vQ-v0微元叠加后可得-kl=mΔv解得轨迹的长度为l=mk(v0+kdm-mv0246.(16分)电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成,如图甲所示。大量电子由静止开始,经加速电场加速后速度为v0,连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO'射入偏转电场。当两板不带电时,这些电子通过两板之间的时间为2t0;当在两板间加最大值为U0,周期为2t0的电压(如图乙所示)时,所有电子均能从两板间通过,然后进入竖直长度足够大的匀强磁场中,最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的水平宽度为L,电子的质量为m、电荷量大小为e,其重力不计。(1)求电子离开偏转电场时到OO'的最远距离;(4分)答案:(1)3【解析】(1)由题意可知,从0、2t0、4t0等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO'的距离最大,在这种情况下,电子的最大距离为ymax=12at02+v加速度大小a=e竖直分速度大小vy=at0解得ymax=3(2)要使所有电子都能打在荧光屏上,求匀强磁场的磁感应强度B的范围;(5分)答案:(2)B<U0t【解析】(2)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ,由于电子要打在荧光屏上,临界情况是与屏相切,所以电子在磁场中运动半径应满足R+Rsinθ>L设电子离开偏转电场时的速度为v1,垂直偏转极板的速度为vy,则电子离开偏转电场时的偏向角为θ,sinθ=v又ev1B=mv12R,解得B<U0t(3)在满足第(2)问的条件下求打在荧光屏上的电子束的宽度Δy。(7分)答案:(3)U【解析】(3)从t0、3t0等时刻进入偏