《（浙江專用）備戰(zhàn)2019高考物理一輪復習 第二部分 計算題部分 精練1 帶電粒子在電場和磁場中的運動.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）備戰(zhàn)2019高考物理一輪復習 第二部分 計算題部分 精練1 帶電粒子在電場和磁場中的運動.doc（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

精練1　帶電粒子在電場和磁場中的運動 1.加試題 如圖1所示，在水平放置的足夠大的熒光屏上方存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向平行于水平面且與邊MN垂直．某時刻從與該平面相距為h的S點(S在平面上的投影位置為O)向垂直磁場的平面內(nèi)的各個方向同時發(fā)射大量相同的帶正電的粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為q，速度大小均為v＝，方向均在同一豎直平面內(nèi)．觀察發(fā)現(xiàn)，熒光屏上有一條直線發(fā)光，其余位置均不發(fā)光，且某些位置只有一次發(fā)光，某些位置有兩次發(fā)光，試求：(粒子重力不計) 圖1 (1)熒光屏發(fā)光區(qū)域的長度L； (2)熒光屏上一次發(fā)光的區(qū)域長度L1與兩次發(fā)光的區(qū)域長度L2之比． 2.加試題(2017寧波市九校高三上學期期末)正負電子對撞機是使正負電子以相同速率對撞(撞前速度在同一直線上的碰撞)并進行高能物理研究的實驗裝置，該裝置一般由高能加速器、環(huán)形儲存室和對撞測量區(qū)三個部分組成．為了使正負電子在測量區(qū)內(nèi)不同位置進行對撞，在對撞測量區(qū)內(nèi)設置兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域．對撞區(qū)域設計的簡化原理如圖2所示：MN和PQ為足夠長的豎直邊界，水平邊界EF將整個區(qū)域分成上下兩部分，Ⅰ區(qū)域的磁場方向垂直紙面向內(nèi)，Ⅱ區(qū)域的磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小均為B.現(xiàn)有一對正負電子以相同速率分別從注入口C和注入口D同時水平射入，在對撞測量區(qū)發(fā)生對撞．已知兩注入口到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為L，正電子的質(zhì)量為m，電荷量為＋e，負電子的質(zhì)量為m，電荷量為－e. 圖2 (1)試判斷從注入口C入射的是正電子還是負電子； (2)若L＝4d，要使正負電子經(jīng)過水平邊界EF一次后對撞，求正電子在磁場中運動的時間； (3)若只從注入口C射入電子，要使電子從D飛出，求電子射入的最小速率，及此時間距L的大小． 3.加試題 (2017余姚中學高三上期中)如圖3所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到最大值Um之間的各種數(shù)值．靜止的帶電粒子電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝45，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值Um時，粒子恰垂直打在CD板上，求： 圖3 (1)當M、N兩板間電壓取最大值Um時，粒子射入磁場的速度v1的大??； (2)勻強磁場的磁感應強度B的大??； (3)粒子在磁場中運動的最長時間tm； (4)CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s. 4.加試題 利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學分析和原子核技術等領域有重要的應用，如圖4所示，碳14和碳12經(jīng)電離后的原子核帶電荷量均為q，從容器A下方小孔S不斷飄入電勢差為U的加速電場，經(jīng)過S正下方小孔O后，沿SO方向垂直進入磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，最后打在照相底片D上并被吸收，D與O在同一水平面上，其中碳12的粒子在OD上的落點距O點為d，已知粒子經(jīng)過小孔S時的速度可視為零，不考慮粒子重力． 圖4 (1)求粒子碳12的比荷； (2)由于粒子相互作用，所有粒子分布在與OS豎直方向成一定夾角θ的紙面內(nèi)，要使兩種粒子運動到OD直線上時能區(qū)分在不同區(qū)域，求θ角的最大值θm；(可以用三角函數(shù)表示) (3)實際上加速電壓的大小會在UΔU范圍內(nèi)微小變化，當θ＜θm時，碳14與碳12經(jīng)電場加速后進入磁場中發(fā)生分離，為使這兩種粒子在照相底片上落點區(qū)域不發(fā)生重疊，應滿足什么條件． 5.加試題(2018西湖高級中學月考)如圖5所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在－m≤x≤0的區(qū)域內(nèi)有磁感應強度B＝4.010－4 T、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x＞0的某一區(qū)域內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E＝4 N/C，其寬度d＝2 m．一質(zhì)量m＝6.410－27 kg、電荷量q＝3.210－19 C的帶正電粒子從P點以速度v＝4104 m/s，沿與x軸正方向成60角射入磁場，經(jīng)磁場和電場偏轉(zhuǎn)通過x軸上的Q點(圖中未標出)，不計粒子重力．求： 圖5 (1)帶電粒子在磁場中運動時間； (2)Q點與電場右邊界的距離． 6.加試題 (2018嘉興市期末)在如圖6所示的坐標系中，第一象限存在沿y軸負方向的勻強電場E(未知)，其余象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，其中第四象限內(nèi)的磁感應強度為B1(未知)，第二、三象限內(nèi)的磁感應強度為B2(未知)．在y軸上坐標為(0,2L)的A點有一個粒子源，可將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子，以初速度v0沿平行x軸方向射入第一象限，然后從x軸上坐標為(3L,0)的C點射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)，最終再次垂直y軸回到A點．若粒子的重力可忽略不計，求： 圖6 (1)電場強度E的大?。? (2)磁感應強度B1的大??； (3)粒子從A點射入第一象限至再次回到A點，所經(jīng)歷的時間． 7.加試題 (2017寧波市九校高二上期末)宇宙射線中，往往含有大量的粒子與反粒子.1932年，美國加州理工學院的安德森通過威爾遜云室、強磁鐵等實驗儀器，發(fā)現(xiàn)了電子的反粒子——正電子.1955年，張伯倫和塞格雷用加速器證實了反質(zhì)子的存在． 如圖7所示，已知區(qū)域Ⅰ是速度選擇器，極板M、N間距為4L，現(xiàn)有一束由反質(zhì)子1－1H與氘核H兩種粒子組成的射線，沿極板M、N中間線以相同速度v0射入，并從中心O點進入極板上方的區(qū)域Ⅱ.已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電荷之間的相互作用． 　　 圖7　　　　　　　　　　圖8 (1)區(qū)域Ⅱ是威爾遜云室，云室中充滿過飽和乙醚蒸汽，當帶電粒子經(jīng)過時，蒸汽凝結，形成軌跡，云室中加垂直紙面向里的勻強磁場，圖中顯示了兩種粒子在云室中的徑跡1、2，試判斷在云室中顯示徑跡1的是哪種粒子的運動軌跡，并分析半徑減小的原因． (2)現(xiàn)有一科研團隊，通過實驗觀察質(zhì)子和反質(zhì)子的碰撞過程，他們撤去區(qū)域Ⅱ中的云室和磁場，經(jīng)過速度選擇器的選擇，選出速度v0的質(zhì)子和反質(zhì)子先后從A1、B1孔豎直向上進入極板上方，OA1＝OB1＝L，以極板中間線上的O為原點，建立直角坐標系如圖8所示，在y軸的左側區(qū)域加一水平向右的勻強電場，在y軸的右側區(qū)域加一垂直紙面向外的勻強磁場，要使質(zhì)子和反質(zhì)子在y軸上的P(0，L)處相碰，求：在P點相碰的質(zhì)子和反質(zhì)子的動能之比和射入小孔的時間差Δt. 8.加試題 (2018臺州市高三期末)如圖9所示，半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域Ⅰ與x軸相切于坐標系的原點O，磁感應強度為B1，方向垂直于紙面向外，磁場區(qū)域Ⅰ右側有一長方體加速管，加速管底面寬度為2R，軸線與x軸平行且過磁場區(qū)域Ⅰ的圓心，左側的電勢比右側高．在加速管出口正下方距離D點為R處放置一寬度為d＝3R的熒光屏EF，熒光屏與豎直方向成θ＝60角，加速管右側存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，磁感應強度為B2.在O點處有一個粒子源，能沿紙面向y＞0的各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q且速率相同的粒子，其中沿y軸正方向射入磁場的粒子，恰能沿軸線O2O3進入長方體加速管并垂直打在熒光屏上(不計粒子重力及其相互作用)． 圖9 (1)求粒子剛進入加速管時的速度v1的大小和加速電壓U； (2)求熒光屏上被粒子打中的區(qū)域長度Δl； (3)若要讓從加速管BO3區(qū)域出來的粒子全部打中熒光屏，磁場Ⅱ的磁感應強度的大小應滿足什么條件？ 答案精析 1．(1)h　(2) 解析　(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，則F洛＝Bvq＝① 由題意可知：v＝，代入上式，可得r＝② 帶電粒子能夠到達熒光屏左右兩邊的最遠距離OE、OF分別為x1、x2，其軌跡示意圖如圖甲． 由幾何關系得：(h－r)2＋x＝r2，h2＋x＝(2r)2，將②式代入可得： x1＝h、x2＝h，即圖中EF為發(fā)光區(qū)域，其長度：L＝x1＋x2＝h (2)畫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡圓C1、C2，其中C2剛好與熒光屏相切，如圖乙所示，可知熒光屏上EG區(qū)域有一次發(fā)光，GF區(qū)域有兩次發(fā)光，由對稱性可知OG的長度：x3＝h 熒光屏上EG區(qū)域一次發(fā)光長度L1與GF區(qū)域兩次發(fā)光長度L2的比值為＝＝＝ 2．(1)負電子　(2)　(3)　4n(2－)d，(n＝1,2,3…) 解析　(1)由題意知從注入口C入射的粒子向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知是負電子． (2)電子運動軌跡如圖實線所示，由幾何關系有： (R－d)2＋(d)2＝R2，得到：R＝2d 故sin θ＝＝，得θ＝ 由qvB＝m，可知T＝＝ 所以正電子運動時間t＝2T＝ (3)要使粒子從D點飛出的臨界情況是運動軌跡與MN相切，如圖所示： 由幾何關系可知：α＝30 且R′＋R′cos α＝d 解得：R′＝2(2－)d. 由qvB＝m， 得到：v＝ 由圖可知，間距L＝n2R′＝4n(2－)d，(其中n＝1,2,3…)． 3．(1)　(2)　(3)πL　(4)(2－)L 解析　(1)M、N兩板間電壓取最大值Um時， 由：qUm＝mv，可得：v1＝ (2)粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，如圖所示： 設此時粒子運動軌跡半徑為r1，CH＝QC＝L 即半徑r1＝L，由帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動得 qv1B＝m，得B＝ (3)粒子在磁場中運動的時間最長為半個周期 由T＝＝，tm＝，得tm＝πL (4)設粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的半徑為r2，設圓心為A 在△AKC中，sin 45＝ 解得：r2＝(－1)L，即＝r2＝(－1)L 所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s＝ 即s＝r1－r2＝(2－)L. 4．(1)　(2)arccos　(3)＜ 解析　(1)碳粒子在電場中加速，由動能定理得：qU＝mv2， 碳粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得： qvB＝m， 由幾何關系可知：d＝2r，解得：＝； (2)粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：R＝ ， 碳14運動到OD直線時到O點的最小距離： L1＝2R1cos θ＝ cos θ 碳12運動到OD直線時到O點的最大距離： L2＝2R2＝ 兩種粒子運動到OD直線上時能區(qū)分在不同區(qū)域， 則：2R1cos θ≥2R2，即：cos θ≥，θmax＝arccos ； (3)碳14運動到OD直線時到O點的最小距離： L1′＝2R1′cos θ＝cos θ 碳12運動到OD直線時到O點的最大距離： L2′＝2R2′＝ 若要使這兩種粒子的落點區(qū)域不重疊，需要滿足的條件： 2R1′cos θ＞2R2′， 解得＜. 5．(1)10－4 s　(2)3.0 m 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝ 得：r＝2 m 由幾何關系得粒子運動軌跡的圓心角為60. 在磁場中運動周期T＝ 運動時間t＝ 得：t＝10－4 s (2)帶電粒子離開磁場垂直進入電場后做類平拋運動 粒子在電場中加速度a＝＝2.0108 m/s2 運動時間t1＝＝5.010－5 s 沿y方向分速度vy＝at1＝1.0104 m/s 沿y方向位移y＝at＝0.25 m 粒子射出電場后又經(jīng)時間t2到達x軸上Q點， t2＝＝7.510－5 s 故Q點與電場右邊界的距離是x＝vt2＝3.0 m. 6．(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子在電場中做類平拋運動， 3L＝v0t,2L＝t2 得E＝ (2)粒子最終垂直y軸回到A點，可知在二、三象限內(nèi)粒子軌跡為半圓，粒子垂直于y軸從第四象限進入第三象限．在C點，粒子豎直分速度vy＝v0. 粒子運動軌跡如圖所示 根據(jù)幾何關系可確定在磁場B1中的半徑為R1＝L，速度為v＝v0 qvB1＝m，得B1＝ (3)根據(jù)幾何關系可確定在磁場B2中的半徑為R2＝4L 電場中運動時間t1＝ 磁場B1中運動時間t2＝＝ 磁場B2中運動時間t3＝＝ 總時間t＝. 7．(1)氘核　因受阻力作用　(2)5∶1　(－1) 解析　(1)由左手定則知徑跡1是氘核H的運動軌跡 帶電粒子受到過飽和乙醚蒸汽阻力作用，速度減小，所以半徑減小 (2)從A1射入的粒子做類平拋運動：y方向做勻速運動，t1＝ 從B1射入的粒子做勻速圓周運動，半徑R＝L 經(jīng)T到達P點，t2＝ 時間差Δt＝－＝(－1) 從A1射入的粒子做類平拋運動， x方向：L＝t1 y方向：L＝v0t1，則vx＝2v0 EkA＝m(v＋v) 從B1射入的粒子做勻速圓周運動，EkB＝mv，故 ＝＝. 8．見解析 解析　(1)粒子在磁場Ⅰ中的運動半徑為R，由向心力公式可得qv1B1＝m v1＝① 因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在磁場Ⅱ中的運動半徑為2R，由向心力公式可得qv2B2＝m v2＝② 粒子在加速管中做加速運動，由動能定理得 qU＝mv－mv③ 由①②③式得加速管所加的電壓 U＝ (2)從B點穿出的粒子打在離E點最近的屏上，如圖所示由幾何關系得 (x1cos θ＋R)2＋(x1sin θ)2＝(2R)2④ x1＝R 從D點穿出的粒子打在離E點最遠的屏上，如圖所示由幾何關系得 (x2cos θ－R)2＋(x2sin θ)2＝(2R)2⑤ x2＝R 粒子打中的區(qū)域長度 Δl＝x2－x1＝R (3)從O3點穿出的粒子恰好打在F點時，有幾何關系(dcos θ＋2R－r3)2＋(dsin θ)2＝r⑥ 得r3＝R⑦ 由向心力公式有qv2B3＝m⑧ 由②⑦⑧式得 B3＝＝B2 從B點穿出的粒子恰好打在E點時，有r4＝R⑨ 由向心力公式有qv2B4＝m⑩ 由②⑨⑩式得 B4＝＝B2 從BO3區(qū)域穿出的粒子全部打在屏上磁感應強度大小滿足的條件是： B2≤B≤B2