浙江专用2022版高考物理大二轮复习优选习题专题三电场与磁场提升训练11带电粒子在磁场中的运动

提升训练11　带电粒子在磁场中的运动1.如图所示,O'PQ是关于y轴对称的四分之一圆,在PQMN区域有均匀辐向电场,PQ与MN间的电压为U。PQ上均匀分布带正电的粒子,可均匀持续地以初速度为零发射出来,任一位置上的粒子经电场加速后都会从O'进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向外,大小为B,其中沿+y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿+x轴方向射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K,金属板长均为4R,其中K板接地,A与K两板间加有电压UAK>0,忽略极板电场的边缘效应。已知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O'在y轴(0,-R)上。(不考虑粒子之间的相互作用力)(1)求带电粒子的比荷qm;(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围;(3)若电压UAK=3U4,求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值。17\n2.如图为一装放射源氡的盒子,静止的氡核(86222Rn)经过一次α衰变成钋Po,新核Po的速率约为2×105m/s。衰变后的α粒子从小孔P进入正交的电磁场区域Ⅰ,且恰好可沿中心线匀速通过,磁感应强度B=0.1T。之后经过A孔进入电场加速区域Ⅱ,加速电压U=3×106V。从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r=33m的圆形匀强磁场区域Ⅲ,该区域磁感应强度B0=0.4T、方向垂直纸面向里。圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切,荧光屏的中心点M和圆形磁场的圆心O、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上,α粒子的比荷为qm=5×107C/kg。(1)请写出衰变方程,并求出α粒子的速率(保留一位有效数字);(2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小;(3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长?(4)求出粒子打在荧光屏上的位置。3.(2022年3月新高考研究联盟第二次联考)一台质谱仪的工作原理如图1所示。大量的甲、乙两种离子以0到v范围内的初速度从A点进入电压为U的加速电场,经过加速后从O点垂直边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q、质量分别为2m和m。不考虑离子间的相互作用。17\n图1图2(1)求乙离子离开电场时的速度范围;(2)求所有离子打在底片上距O孔最远距离xm;(3)若离子进入O孔时速度方向分布在y轴两侧各为θ=30°的范围内,如图2所示,要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠,求离子最大初速度v应满足的条件。4.如图,在xOy坐标平面第一象限内x≤1m的范围中存在以y=x2为上边界的沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小E1=2.0×102N/C,在直线MN(方程为y=1m)的上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在x=-1m处有一与y轴平行的接收板PQ,板两端分别位于MN直线和x轴上;在第二象限,MN和PQ围成的区域内存在沿x轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E2。现有大量的带正电粒子从x轴上0<x≤1m的范围内同时由静止释放,粒子的比荷均为qm=1.6×105C/kg,不计粒子的重力及其相互作用。17\n(1)求在x=0.5m处释放的粒子射出电场E1时的速度大小;(2)若进入磁场的所有带电粒子均从MN上同一点离开磁场,求磁感应强度B的大小;(3)若在第(2)问情况下所有带电粒子均被PQ板接收,求电场强度E2的最小值和在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子运动的总时间。5.如图所示,静止于A处的带正电粒子,经加速电场加速后沿图中14圆弧虚线通过静电分析器,从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的有界匀强磁场(磁场方向如图所示,其中CNQD为匀强磁场的边界)。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场,方向如图所示。已知加速电场的电压为U,圆弧虚线的半径为R,粒子质量为m、电荷量为q,QN=2d,PN=3d,粒子重力不计。17\n(1)求粒子在辐向电场时其所在处的电场强度E;(2)若粒子恰好能打在N点,求矩形区域QNCD内匀强磁场的磁感应强度B的值;(3)要求带电粒子最终能打在QN上,求磁场磁感应强度大小B的取值范围。6.某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理图如图所示。装置的长L=23d,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小相同、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为d,装置右端有一收集板,N、P为板上的两点,N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。一质量为m、电荷量为-q的粒子静止在A处,经加速电场加速后,以速度v0沿图中的虚线从装置左端的中点O射入,方向与轴线成60°角。可以通过改变上下矩形区域内的磁场强弱(两磁场始终大小相同、方向相反),控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)试求出加速电压U的大小;17\n(2)若粒子只经过上方的磁场区域一次,恰好到达收集板上的P点,求磁场区域的宽度h;(3)欲使粒子经过上下两磁场并到达收集板上的N点,磁感应强度有多个可能的值,试求出其中的最小值B。7.如图所示,真空中有以(r,0)点为圆心,以r为半径的圆形匀强磁场区,磁感强度大小为B,方向垂直于纸面向里,在y=r的虚线上方足够大的范围内,有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E,一质子从O点沿与x轴正方向成30°斜向下射入磁场(如图中所示),经过一段时间后由M点(图中没有标出)穿过y轴。已知质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,质子的电荷量为e,质量为m,重力不计。求:(1)质子运动的初速度大小;(2)M点的坐标;(3)质子由O点运动到M点所用时间。17\n8.扫描电子显微镜在研究微观世界里有广泛的应用,通过磁聚焦之后的高能电子轰击物质表面,被撞击的样品会产生各种电磁辐射,通过分析这些电磁波就能获取被测样品的各种信息。早期这种仪器其核心部件如图甲所示。其原理如下:电子枪发出的电子束,进入磁场聚焦室(如图甲),聚焦磁场由通电直导线产生,磁场通过“释放磁场的细缝”释放而出,通过控制“释放磁场细缝”的宽度、磁场的强弱和方向使电子进行偏转,让聚焦之后的电子集中打在样品上。(1)要使射入聚焦室的电子发生图乙的偏转,请说明图甲中左侧和右侧通电直导线的电流方向(只要回答“向上”或者“向下”);(2)图乙为聚焦磁场的剖面图,要产生图示的聚焦效果,请说明该平面中磁场的分布情况;(3)研究人员往往要估测聚焦磁场区域中各处磁感应强度大小,为了研究方便假设电子运动经过的磁场为匀强磁场,若其中一个电子从A点射入(如图丙所示),从A点正下方的A'点射出,入射方向与OA的夹角等于出射方向与O'A'的夹角,电子最终射向放置样品的M点,求该磁感应强度的大小?已知OA=O'A'=d,AA'=L,O'M=h,电子速度大小为v,质量为m,电荷量为e。17\n9.(2022年3月绿色评价联盟高三适应性考试)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图所示,截面半径为R=2m的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区,电离区间充有稀薄铯气体,也有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B=1.0×10-3T,在离轴线R2处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图2所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。电子碰撞铯原子使之电离,为了取得好的电离效果,从内圆柱体表面发出的电子在区域内运动时不能与外器壁碰撞。Ⅱ为加速区,两端加有电压,形成轴向的匀强电场。Ⅰ区产生的铯离子以接近0的初速度进入Ⅱ区,被加速后以速度v0=7.25×104m/s从右侧喷出。这种高速粒子流喷射出去,可推动卫星运动,电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好,已知铯离子比荷qM=7.25×105C·kg-1,铯离子质量M=2.2×10-25kg,电子质量为m=0.9×10-30kg,电荷量为e=1.60×10-19C(电子碰到器壁即被吸收,不考虑电子间的碰撞)。(1)求Ⅱ区的加速电压;(2)为取得好的电离效果,请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”);(3)要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率vm与α角的关系;(4)若单位时间内喷射出N=1018个铯离子,试求推进器的推力(结果取两位有效数字)。17\n10.如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场,在第四象限内分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m0,电荷量为q的正粒子(不计重力)在A(0,3)点平行x轴入射,初速度vA=120m/s,该粒子从电场进入磁场,又从磁场进入电场,并且只通过x轴上的点P(4.5,0)及Q(8,0)各一次,已知该粒子的比荷为qm0=108C/kg。求:(1)电场强度的大小;(2)磁感应强度的大小;(3)粒子在磁场中运动的时间。11.(2022年2月台州高三期末)如图1所示为我国兰州重离子加速系统中的一台大型分离扇加速器,图2为其简化示意图,四个张角为53°的扇形磁铁沿环形安装,产生方向垂直于纸面向里的扇形匀强磁场,磁场的外半径R=3.6m,磁感应强度均为B=0.5T,磁铁之间为真空无场区。若重离子质量为1.4×10-25kg,带7个单位正电荷,以速率v=4.0×106m/s沿图中虚线所示的闭合轨道周期性旋转。求:(1)闭合轨道在匀强磁场中圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向;17\n(2)闭合轨道在两个扇形磁场间的长度d,及离子沿轨道旋转的周期T;(3)重离子沿闭合轨道周期性旋转的最大速度vm。〔已知:元电荷e=1.6×10-19C,sin(α±β)=sinαcosβ±cosαsinβ,cosα=1-2sin2α2〕12.“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成,其原理可简化如下:如图甲所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面,圆心为O,外圆弧面AB的半径为L,电势为φ1,内圆弧面CD的半径为L2,电势为φ2。足够长的收集板MN平行于边界ACDB,O到MN板的距离OP为L。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们能均匀地吸附到AB圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响。(1)求粒子到达O点时速度的大小;(2)如图乙所示,在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场,圆心为O,半径为L,磁场方向垂直纸面向内,则发现从AB圆弧面收集到的粒子有23能打到MN板上(不考虑过边界ACDB的粒子再次返回),求所加磁场磁感应强度B0的大小;(3)随着所加磁场大小的变化,试定量分析收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系。17\n提升训练11　带电粒子在磁场中的运动1.答案(1)2UB2R2　(2)-22R~22R　(3)56解析(1)qU=12mv2,得v=2qUm由已知条件,知偏转半径r=RBqv=mv2r得qm=2UB2R2。(2)因为r=R,所有粒子经磁场偏转后都平行于x轴射出。沿QN方向射入时,对应的圆心角为135°,离开磁场时a点的纵坐标为ya=22R沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出发点b的纵坐标yb=-22R所以进入电场时的纵坐标范围为-22R~22R。(3)E=UAK2R,F=Eq=ma,y=12at2,vt=4R,得y=32R从纵坐标y=0.5R进入偏转电场的粒子恰能打到K板右边缘,其进入磁场时的速度与y轴夹角为30°,所以比例η=45°+30°90°=56。2.答案(1)86222Rn→84218Po+24He　1×107m/s(2)1×106V/m　(3)π6×10-7s　(4)α粒子打在荧光屏上的M点上方1m处解析(1)衰变方程:86222Rn→84218Po+24He　①衰变过程动量守恒,0=mPov1-mHev0　②联立①②可得v0=1.09×107m/s≈1×107m/s。　③(2)α粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ,qE=qv0B　④联立③④可得E=1×106V/m。　⑤(3)α粒子在区域Ⅱ被电场加速,qU=12mv2-12mv02,所以v=2×107m/s　⑥α粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动,qvB=mv2R所以R=1m　⑦又T=2πRv　⑧如图所示,由几何关系可知,α粒子在磁场中偏转角θ=60°,所以α粒子在磁场中的运动时间t=16T　⑨联立⑧⑨可得t=π6×10-7s。(4)α粒子的入射速度过圆形磁场圆心,由几何关系可知,出射速度方向也必然过圆心O,几何关系如图,tan60°=xr,所以x=1m,α粒子打在荧光屏上的M点上方1m处。3.答案(1)2qUm,2qUm+v2(2)4mUB2q+m2v02B2q2(3)v<qUm17\n解析(1)设离子以初速度v0进入电场,离开电场时速度为v1,由动能定理得qU=12mv12-12mv02解得v1=2qUm+v02由题意可知,乙离子进入电场时速度范围0~v,可得乙离子离开电场时速度范围2qUm,2qUm+v2(2)磁场中:qBv1=mv12r,解得r=2mUB2q+m2v02B2q2经判断知,以v进入电场的甲离子打在底片上距O孔最远处rm=4mUB2q+4m2v02B2q2xm=2rm=4mUB2q+m2v02B2q2。(3)乙离子能打到的距离O点的最远距离:2r乙=2mqB2qUm+v2甲离子能打到的距离O点的最近距离:2r甲cos30°=4mqB2qUmcos30°当2r乙=2r甲cos30°时,即v=qUmv范围为v<qUm。4.答案(1)4×103m/s　(2)0.1T　(3)8.0×102N/C　5.7×10-4s解析(1)由题意得,于x处释放的粒子在电场中加速的位移为y,且满足y=x2设射出电场E1时的速度大小为v,由动能定理可得qyE1=12mv2联立两式可求得v=2E1qmx代入数值求解得v0.5=4×103m/s。(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设半径为r,由牛顿第二定律可得qvB=mv2r联立上式可求得r=mvqB=1B2mE1qx当磁感应强度B一定时,轨道半径r与x成正比,当x趋近于零时,粒子做圆周运动的轨道半径趋近于零,即所有粒子经磁场偏转后都从C点射出磁场,且有2r=x联立上两式可得B=0.1T。(3)粒子从C点沿y轴负方向进入电场强度大小为E2的范围后,都在电场力作用下做类平抛运动,若所有带电粒子均被PQ板接收,则从x=1m处出发的粒子刚好运动到Q点,对应电场强度E2的最小值E2min,设该粒子在电场强度大小为E2min的电场中运动的初速度为v1,时间为t3,加速度为a2,有x=12a2t32,y=v1t3,qE2min=ma2将x=1m,y=1m代入方程可求得E2min=8.0×102N/C由题意得,在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子为从x=1m处出发的粒子,设该粒子在电场强度大小为E1的电场中运动的时间为t1,在磁场中运动的时间为t2,则有v1=qE1mt1,在匀强磁场中转过θ=π的圆心角,有πr=v1t2故该粒子所经历的总时t=t1+t2+t3从而求得t≈5.7×10-4s。17\n5.答案(1)2UR　(2)23d2mUq　(3)12d2mUq≤B≤23d2mUq解析(1)粒子在加速电场中加速,根据动能定理得qU=12mv2,解得v=2qUm粒子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,有qE=mv2R解得E=2UR。(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有qvB=mv2r则r=mvqB,粒子恰好能打在N点,则r=32d,可得B=23d2mUq。(3)由r=1B2mUq粒子能打在QN上,则既没有从DQ边出去,也没有从PN边出去。由几何关系可知,粒子能打到QN上,必须满足32d≤r≤2d,则有12d2mUq≤B≤23d2mUq。6.答案(1)mv022q　(2)d2　(3)4mv03dq解析(1)由动能定理可知qU=12mv02得U=mv022q。(2)设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r,依题意作出带电粒子的运动轨迹如图甲所示。甲由图中几何关系有L=3rsin60°+3×d2tan60°,h=r(1-cos60°)解得h=d2。乙(3)当B为最小值时,粒子运动的轨道半径r则为最大值,即粒子只经过上方和下方的磁场区域各一次,恰好到达收集板上的N点。设带电粒子此时运动的轨道半径为r',带电粒子的运动轨迹如图乙所示。由图中几何关系有L=4r'sin60°+3×d2tan60°根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小公式有qv0B=mv02r'联立以上各式解得B=4mv03dq。7.答案(1)Berm　(2)(0,r+Br3remE)(3)(4π+6-33)m6Be+3rmeE解析(1)质子在磁场中做匀速圆周运动,有Bev=mv2r　v=Berm。17\n(2)质子在磁场和电场中运动轨迹如图所示,质子在磁场中转过120°角后,从P点再匀速运动一段距离后垂直电场线进入电场,由几何关系得P点距y轴的距离为x2=r+rsin30°=1.5r质子在电场中做类平抛运动,所以有Ee=ma①x2=12at32②由①②得t3=3rmeEM点的纵坐标y=r+vt3=r+Br3remE所以M点坐标为(0,r+Br3remE)。(3)质子在磁场中运动时间t1=13T=2πm3Be由几何关系得P点的纵坐标y2=32r所以质子匀速运动时间t2=r-y2v=(2-3)m2Be质子由O点运动到M点所用时间t=t1+t2+t3=(4π+6-33)m6Be+3rmeE。8.答案(1)向下　向下(2)右侧区域:磁场方向垂直纸面向内;中间分界线上:磁感应强度为零。左侧区域:磁场方向垂直纸面向外(3)2mdveLh2+d2解析(1)左侧的通电直导线的电流方向向下;右侧的通电直导线的电流方向向下。(2)要产生图示的聚焦效果,该平面中磁场的分布情况是越靠近中心线处的磁感应强度越小,左右对称;所以归纳为:右侧区域:磁场方向垂直纸面向内;中间分界线上:磁感应强度为零;左侧区域:磁场方向垂直纸面向外。(3)设∠A'MO'=θ,电子在磁场中做匀速圆周运动的半径是r,则可得rsinθ=L2由几何关系可知h2+d2sinθ=d解得r=L2dh2+d2由带电粒子在磁场中的受力关系可知evB=mv2r该磁感应强度的大小是B=2mdveLh2+d2。9.答案(1)3.625×103V　(2)垂直纸面向外　(3)vm=83(2-sinα)×108m/s　(4)1.6×102N解析(1)qU=12mv2,得U=3.625×103V;(2)磁场方向垂直纸面向外;17\n(3)由余弦定理得:rm2+R22-2rmRsinα=R-rm2,rm=34-2sinαqvmB=mvm2r,vm=83(2-sinα)×108m/s;(4)Ft=NMv0,F=1.6×102N。10.答案(1)4.27×10-5N/C　(2)9.14×10-7T　(3)0.02s解析粒子先在电场中做类平抛运动,后在磁场中做匀速圆周运动,如图。(1)设OA的长度为h,OP的长度为x,粒子从A运动到P的时间为t,则有x=vAty=12at2=12Eqm0t2代入数据解得t=380sE≈4.27×10-5N/C。(2)vy=2vy=2yt=160m/sv=vA2+vy2=200m/scosθ=vyv=0.8,则θ=37°由几何关系可得粒子做圆周运动的半径R=3516m则B=m0vqR≈9.14×10-7T。(3)粒子在磁场中运动的圆心角α=106°则粒子在磁场中运动的时间t'=106°360°T=53180·2πm0qB≈0.02s。11.答案(1)1.0m　逆时针旋转　(2)1.0m　2.57×10-6s　(3)8.44×106m/s解析(1)重离子在扇形磁场中做匀速圆周运动,有Bqv=mv2rr=mvBq=mv7eB解得:r=1.0m离子逆时针旋转。(2)由对称性可知,磁场中圆弧的圆心角为π2圆弧对应的弦长L=2r由几何关系:Lsin53°2=dsin37°2由三角关系:sin53°2=55,sin37°2=101017\n解得:d=1.0m离子在无场区运动的总时间t1=4dv=1.0×10-6s离子在磁场中运动的总时间t2=2πrv=π2×10-6s离子旋转的周期T=t1+t2≈2.57×10-6s。(3)当重离子以vm旋转时,恰好与磁场的圆弧边界相切,如图所示:由几何关系:R-r'=22r'tan53°2-22r'由三角关系:tan53°2=12解得:r'=(2-2)R又由r=mvqB可得:vmv=r'r解得:vm≈8.44×106m/s。12.答案(1)2q(φ1-φ2)m　(2)1L2m(φ1-φ2)q　(3)当B≤2L2m(φ1-φ2)q时,收集效率η=1-2πarcsinLB2q2m(φ1-φ2);当B>2L2m(φ1-φ2)q时,收集效率η=0解析(1)带电粒子在电场中加速时,电场力做正功,得qU=12mv2-0U=φ1-φ2解得v=2q(φ1-φ2)m。甲(2)从AB圆弧面收集到的粒子有23能打到MN板上,则刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN平行,则入射的方向与AB之间的夹角是60°,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,轨迹圆心角θ=60°。根据几何关系,粒子圆周运动的半径r=L由洛伦兹力提供向心力得qvB0=mv2r联立解得B0=1L2m(φ1-φ2)q。17\n乙(3)磁感应强度增大,则粒子在磁场中的运动的轨道半径减小,由几何关系知,收集效率变小。设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α,如图乙所示。由几何关系可知sinα2=L2r=LBq2mv=LB2q2m(φ1-φ2)收集板MN上的收集效率η=π-απ=1-2πarcsinLB2q2m(φ1-φ2)当B>2L2m(φ1-φ2)q时,收集效率η=0。17