57 专题强化(十五) 带电粒子在组合场、交变场、立体空间中的运动(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(十五)]　带电粒子在组合场、交变场、立体空间中的运动 ________________________________________________________________________ (每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 题目 质谱仪 回旋加速器 1，2 电场、磁场组合 5，6 交变电磁场 4 立体空间 3 1.(10分)如图为某种质谱仪的工作原理示意图，它是由粒子源M、加速电场、静电分析器和磁分析器组成。静电分析器是半径为R的四分之一圆弧通道，通道内径忽略不计，其内部有方向均指向圆心O的均匀辐向电场(各处电场强度大小可视为相等)；磁分析器截面为半径为R的半圆形区域，其内部有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，COD为记录胶片。粒子源M发出初速度为零的质量不同、电荷量均为q(q>0)的带电粒子，经加速电压为U的电场加速后射入静电分析器，从C处的通道出口进入磁分析器，最终打在记录胶片上。不计粒子的重力。 (1)试通过计算分析静电分析器中的电场强度为多大时，粒子源M发出的带正电粒子均可以从通道出口C处射出？(4分) (2)求打在胶片OD区域的粒子质量。(6分) 解析：(1)粒子经电压U的电场加速后在静电分析器中做匀速圆周运动，设粒子质量为m，加速后的速度为v，静电分析器中的电场强度大小为E，由动能定理和牛顿运动定律得 qU＝mv2，qE＝ 解得E＝ 故只要静电分析器中的辐向电场的场强大小E＝，粒子源发出的所有带正电的粒子均能从C处的通道出口射出。 (2)进入磁分析器的粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力即 qvB＝ 由题意知R≥r≥ 联立可得≥m≥。 答案：(1)　(2)≤m≤ 2．(10分)(2023·陕西模拟预测)如图所示为回旋加速器的工作原理示意图。它由两个铝制“D”形金属盒组成，两个“D”形盒正中间有一条狭缝，它们均处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A处有离子源，它发出的质子(初速度可视为零)经狭缝电场加速后，进入D2盒中。已知磁场的磁感应强度大小为B，高频交变电源的电压为U，两个“D”形盒的半径为R，质子质量为m，电荷量为＋q。忽略狭缝宽度和粒子在缝隙间的运动时间、不考虑相对论效应和重力作用。求： (1)质子第二次加速后，再次经过狭缝时与A的距离；(3分) (2)质子加速完成后获得的最大动能；(3分) (3)质子在回旋加速器中运动的时间。(4分) 解析：(1)设质子第一次加速后的速度为v1，则有 mv＝qU 在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，有 qv1B＝m 设质子第二次加速后的速度为v2，可得 mv＝2qU 同理有qv2B＝m 解得r2＝r1 则质子再次经过盒缝时与A的距离 x＝2(r2－r1)＝。 (2)质子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，则有 qvmB＝m 解得vm＝ 故质子加速完成后获得的最大动能 Ekm＝mv＝。 (3)质子在磁场中做圆周运动的周期相等，均为 T＝ 质子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为2qU，在回旋加速器中的运动时间由回旋的周期数决定，设回旋周期数为n，则由 2nqU＝mv 可得n＝ 所以质子运动的总时间 t＝nT＝·＝。 答案：(1)　(2)　(3) 3．(10分)如图所示，在三维坐标系O ­xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1(未知)的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2(未知)的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E(未知)的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L、Aa＝AD＝L，B2＝5B1，粒子的电量为q，质量为m(重力不计)。求： (1)磁感应强度B1的大小；(3分) (2)粒子第二次经过yOz平面的坐标；(3分) (3)电场强度E的大小。(4分) 解析：(1)带电粒子在yOz平面左侧磁场中做匀速圆周运动，有几何关系得 R2＝(2L)2＋(R－L)2 解得R＝L 由牛顿第二定律可得qvB1＝m 解得B1＝。 (2)在右侧磁场中由牛顿第二定律得 qvB2＝m 解得r＝L y＝2r sin 45°＝ z＝L－2r cos 45°＝ 即坐标为(0，，)。 (3)粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上 2L＝vt y轴方向上L－y＝··t2 解得E＝。 答案：(1)　(2)(0，，)　(3) 4．如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为，求： (1)粒子P的比荷； (2)t＝2t0时刻粒子P的位置； (3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。 解析：(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的横、纵坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即 R＝ 又qv0B0＝m 代入＝ 解得＝。 (2)设粒子P在磁场中运动的周期为r，则T＝ 联立解得T＝4t0，即t0＝ 粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则 x1＝v0t0 y1＝at 其中加速度a＝ 解得y1＝＝R 因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图甲中的b点所示。 (3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0 在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图乙所示， 由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离 L＝2R＋2x1 解得L＝v0t0。 答案：(1)　(2) (3)v0t0 5．(10分)(2023·辽宁高考)如图，水平位置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U。(3分) (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。(3分) (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。(4分) 解析：(1)设平行金属板间距离为d，则平行金属板板长为d 粒子在两平行金属板间做类平抛运动 水平方向d＝v0t 竖直方向d＝t 又vy＝·t 联立解得U＝。 (2)粒子进入磁场时的速度 v＝＝v0 设其与水平方向的夹角为α， 则tan α＝＝，即α＝30° 由qvB＝得，粒子在磁场中做圆周运动的半径 r＝ 已知磁场圆半径R＝，则r＝R 作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示 粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得 tan ＝＝ 故θ＝60°。 (3)根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示。 答案：(1)　(2)60°　(3)见解析 6．(10分)(2023·山东高考)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d 的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。 (1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；(3分) (2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。 (ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；(3分) (ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。(4分) 解析：(1)根据题意分析得，粒子第二次离开电场后，在磁场中做匀速圆周运动的圆心为点N，画出粒子的运动轨迹如图甲所示 设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据牛顿第二定律，有qvB＝ 粒子在匀强电场中做初速度为0的匀加速直线运动，根据动能定理，有 qE·2d＝mv2， 根据图甲由几何关系得3r＝d 解得B＝6。 (2)(ⅰ)画出粒子的运动轨迹如图乙所示， 设粒子第一次在磁场中运动时的速度大小为v1，轨迹半径为R1，粒子第二次进电场时速度方向与竖直方向的夹角为α，根据几何关系，有 R＝(2d)2＋(R1－d)2 解得R1＝d sin α＝，解得α＝53° 根据牛顿第二定律有qv1B＝ 解得v1＝15 粒子第二次进入电场从P点到Q点做类斜抛运动，有 2d＝(v1sin α)t 2d＝(v1cos α)t＋·t2 解得E′＝36E 粒子第一次在电场中运动时做匀变速直线运动，由动能定理，得 qE′·2d＝mv－mv 联立解得v0＝9 。 (ⅱ)设粒子第二次出电场时速度大小为v2，方向与竖直方向的夹角为β，粒子由P到Q，由动能定理，有 qE′·2d＝mv－mv 解得v2＝3 sin β＝ 得sin β＝，cos β＝ 设粒子第二次在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R2 由qv2B＝解得R2＝d 若要从P点第三次进入电场，需圆周半径为R2′，则 cos (β＋45°)＝ 解得R2′＝2d R2′≠R2，故粒子不能从P点第三次进入电场。 答案：(1)6　(2)(ⅰ)36E　9 (ⅱ)不能，计算过程见解析 学科网（北京）股份有限公司 $$