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2019-2020年高考物理一輪復習 專題三 電場和磁場 第8講 帶電粒子在復合場中的運動提升訓練 一、選擇題 1.(單選)(xx大同一模)如圖1所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中，偏轉后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.離子的速度之比為1∶2 B.離子的電荷量之比為1∶2 C.離子的質量之比為1∶2 D.以上說法都不對 解析　因為兩離子能沿直線通過速度選擇器，則qvB1＝qE，即v＝，所以兩離子的速度相同，選項A錯誤；根據(jù)R＝，則∶＝＝，選項B、C錯誤，故選D。 答案　D 2.(多選)粒子回旋加速器的工作原理如圖2所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電源的頻率為f，加速電場的電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質子質量為m，電荷量為＋e，在加速器中被加速。不考慮相對論效應，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.不改變磁感應強度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速α粒子 B.加速的粒子獲得的最大動能隨加速電場的電壓U增大而增大 C.質子被加速后的最大速度不能超過2πRf D.質子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 解析　質子被加速獲得的最大速度受到D形盒最大半徑制約，vm＝＝2πRf，C正確；粒子旋轉頻率為f＝，與被加速粒子的比荷有關，故需改變交流電的頻率才能加速α粒子，A錯誤；粒子被加速的最大動能Ekm＝mv＝2mπ2R2f2，與電壓U無關，B錯誤；因為運動半徑R＝，nUq＝mv2，所以R＝，知質子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后的軌道半徑比為∶1，D正確。 答案　CD 二、計算題 3.(xx江西省南昌市高三調研)如圖3所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力。 圖3 (1)已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大小； (2)若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側邊緣射出電場，方向與水平方向成30角，求A點離下極板的高度； (3)在(2)的情形中，為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應強度B應為多大？ 解析　(1)設板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qE＝qv0B0 解得E＝v0B0 (2)設A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得 qEh＝mv2－mv 離子在電場中做類平拋運動，水平分方向做勻速運動，有v＝＝ 解得h＝ (3)設離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得qvB＝ 由幾何關系得＝rcos 30 解得B＝ 答案　(1)v0B0　(2)　(3) 4.(xx鹽城市高三摸底)在xOy平面第一、二象限中，存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝，在第三、四象限中分別存在垂直于xOy平面、方向如圖4所示的勻強磁場，磁感應強度B2＝2B1＝2B，帶電粒子a、b先后從第一、二象限的P、Q兩點(圖中沒有標出)由靜止釋放，結果兩粒子同時進入勻強磁場B1、B2中，再經(jīng)時間t第一次經(jīng)過y軸時恰在點M(0，－l)發(fā)生正碰，碰撞前帶電粒子b的速度方向與y軸正方向成60角，不計粒子重力和兩粒子間相互作用。求： 圖4 (1)兩帶電粒子的比荷及在磁場中運動的軌道半徑； (2)兩帶電粒子釋放的位置P、Q兩點坐標及釋放的時間差。 解析　(1)a、b兩粒子在y軸上發(fā)生正碰時粒子b的速度與y軸正方向成60角，兩粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，兩粒子在磁場中運動時間相等且為t，即t1＝t2＝t，而t1＝＝，t2＝＝① 代入B2＝2B1＝2B得＝＝② 由題意分析可知兩粒子的軌道半徑相等，且R1＝R2＝R＝＝2l。③ (2)由v＝可得兩粒子進入磁場時的速度大小分別為v1＝＝④ v2＝＝⑤ 粒子在電場中加速，由動能定理得qEd＝mv2⑥ 由②④⑤⑥及E得d1＝2l，d2＝8l⑦ 由圖可知xP＝R1－R1cos 60＝l， xQ＝－(R2＋R2cos 60)＝－3l⑧ 則P、Q兩點的坐標分別為P(l，2l)、Q(－3l，8l)⑨ 粒子在電場中的運動時間為t＝⑩ 其中加速度a＝? 由②⑩?及E可得釋放的時間差Δt＝(v2－v1)? 代入④⑤解得Δt＝。 答案　(1)2l　(2)P(l，2l)，Q(－3l，8l)　 5.如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示。在t＝0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子(不計重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向。在x軸上有一點A(圖中未標出)，坐標為(，0)。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，y軸正方向為電場強度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應強度與電場強度的大小滿足：＝；粒子的比荷滿足：＝。求： 圖5 (1)在t＝時，粒子的位置坐標； (2)粒子偏離x軸的最大距離； (3)粒子運動至A點的時間。 解析　(1)在0～t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得 qB0v0＝mr1＝m 解得T＝2t0，r1＝＝ 則粒子在時間內(nèi)轉過的圓心角α＝ 所以在t＝時，粒子的位置坐標為(，)。 (2)在t0～2t0時間內(nèi)，設粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示 則v＝v0＋t0＝2v0 運動的位移x＝t0＝1.5v0t0 在2t0～3t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動， 半徑r2＝2r1＝ 故粒子偏離x軸的最大距離h＝x＋r2＝1.5v0t0＋。 (3)粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動的周期為4t0 故粒子在一個周期內(nèi)向右運動的距離d＝2r1＋2r2＝ AO間的距離為＝8d 所以，粒子運動至A點的時間t＝32t0。 答案　(1)(，)　(2)1.5v0t0＋　(3)32t0 6.如圖6所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域，左側區(qū)域充滿勻強電場，方向豎直向上，右側區(qū)域充滿勻強磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線。af＝L，ab＝0.75L，磁場區(qū)域的寬度未知。一質量為m、電荷量為e的電子(重力不計)從a點沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點g進入磁場。(已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 圖6 (1)求勻強電場的電場強度E的大小； (2)若電子能從d點沿ed方向飛出磁場，則磁場區(qū)域的寬度ed為多少？ (3)若磁場區(qū)域的寬度為L，要求電子只能從bc邊射出磁場，則磁感應強度應該滿足什么條件？ 解析　(1)電子在電場中做類平拋運動，有＝，0.75L＝v0t 由牛頓第二定律有eE＝ma，聯(lián)立解得：E＝。 (2)電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，圖中O為圓心，粒子進入磁場時，其速度方向的反向延長線過ab中點，則速度方向與be邊夾角的正切值tan θ＝＝0.75，θ＝37 設電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，則r＝rsin 37＋，解得r＝L。所以磁場區(qū)域寬度ed＝rcos 37＝L。 (3)電子進入磁場時的速度為v＝v0 畫出兩條臨界軌跡如圖，設電子剛好不從cd邊射出時半徑為r1，則由幾何關系知r1＋r1cos 37＝L，解得r1＝L 設電子剛好不從bc邊射出時半徑為r2，則＝r2＋r2sin 37，解得r2＝L 由evB＝可得對應的磁感應強度：B1＝，B2＝ 所以電子只能從bc邊射出的條件為≤B＜。 答案　(1)　(2)L　(3)≤B＜