2025版高考物理全程一輪復習課時分層精練五十三帶電粒子在復合場中的運動

課時分層精練(五十三)帶電粒子在復合場中的運動基礎(chǔ)落實練1．如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應強度為B，并且二者相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過．則該帶電粒子()A．一定帶正電B．速度大小為eq\f(E,B)C．可能沿QP方向運動D．若沿PQ方向運動的速度大于eq\f(E,B)，將一定向下極板偏轉(zhuǎn)2．回旋加速器的工作原理如圖1所示，D1和D2是兩個相同的中空半圓金屬盒，金屬盒的半徑為R，它們之間接如圖2所示的交變電源，圖中U0、T0已知，兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中．將一質(zhì)子從D1金屬盒的圓心處由靜止釋放，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)經(jīng)過加速后最終從D形盒的邊緣射出．已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計電場中的加速時間，且不考慮相對論效應．下列說法正確的是()A．回旋加速器中所加磁場的磁感應強度B＝eq\f(πm,2qT0)B．質(zhì)子從D形盒的邊緣射出時的速度為eq\r(\f(2qU0,m))C．在其他條件不變的情況下，僅增大U0，可以增大質(zhì)子從邊緣射出的速度D．在所接交變電源不變的情況下，若用該裝置加速eq\o\al(3,1)H(氚核)，需要增大所加磁場的磁感應強度3．(多選)[2024·河南南陽調(diào)研]如圖所示，關(guān)于帶電粒子(不計重力)在以下四種儀器中運動，下列說法正確的有()A.甲圖中，只要增大加速電壓，粒子最終就能獲得更大的動能B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷(eq\f(q,m))越小C．丙圖中，等離子體進入A、B極板之間后，A極板電勢低于B極板電勢D．丁圖中，從左側(cè)射入的帶負電粒子，若速度滿足v<eq\f(E,B)，將向上極板偏轉(zhuǎn)4．[2024·河南鄭州統(tǒng)考模擬預測]如圖甲所示為質(zhì)譜儀工作的原理圖，已知質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)電場加速后，由小孔S沿著與磁場垂直的方向，進入磁感應強度為B的勻強磁場中．粒子在S點的速度與磁場邊界垂直，最后打在照相底片上的P點，且SP＝x.忽略粒子的重力，通過測量得到x與eq\r(U)的關(guān)系如圖乙所示，已知斜率為k＝0.5，勻強磁場的磁感應強度B為2×10－4T，π＝3.14，則下列說法中正確的是()A．該粒子帶負電B．該粒子比荷為9×108C/kgC．該粒子在磁場中運動的時間約為1.96×10－5sD.若電壓U不變，打到Q點的粒子比荷大于打到P點的粒子5．[2024·福建廈門四模]如圖甲所示，某直線加速器由金屬圓板和4個金屬圓筒依次排列組成，圓筒左右底面中心開有小孔，其中心軸線在同一水平線上，圓板及相鄰金屬圓筒分別接在周期性交變電源的兩極．粒子自金屬圓板中心無初速度釋放，在間隙中被電場加速(穿過間隙的時間忽略不計)，在圓筒內(nèi)做勻速直線運動．粒子在每個金屬圓筒內(nèi)運動時間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能在間隙處一直被加速．電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)子eq\o\al(1,1)H通過此加速器加速，交變電壓如圖乙所示(U0、T0未知)，粒子飛出4號圓筒即關(guān)閉交變電源．加速后的質(zhì)子從P點沿半徑PO射入圓形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后從Q點射出．∠POQ＝120°，已知勻強磁場區(qū)域半徑為R，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，不計一切阻力，忽略磁場的邊緣效應，求：(1)質(zhì)子在圓形磁場中運動的時間；(2)直線加速器所加交變電場的電壓U0；(3)若交變電壓周期不變，粒子換成氚核eq\o\al(3,1)H，為使氚核在每個金屬圓筒內(nèi)運動時間仍等于交變電壓周期的一半，需將交變電壓調(diào)為U0的多少倍？6．[2024·河北唐山模擬預測]如圖所示，xOy坐標系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角為53°，底邊長為14L，內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在OC邊界的左側(cè)有與y軸平行的勻強電場，D是底邊OA的中點．質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子以一定的初速度，從OA邊上的D點沿y軸正方向垂直射入磁場，恰好從OC邊上某點沿著與x軸平行的方向射入勻強電場(不計粒子的重力)，求：(1)粒子的速度大?。?2)粒子離開磁場后，經(jīng)過x軸上N點(圖中沒有標出)，已知NO＝5L，求勻強電場的電場強度；(3)求粒子從D點到達N點所經(jīng)歷的時間．7．[2023·山東卷]如圖所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場．一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場(不計粒子重力).(1)若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應強度B的大小；(2)若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場、離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開．(ⅰ)求改變后電場強度E′的大小和粒子的初速度v0；(ⅱ)通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場．素養(yǎng)提升練8．[2024·山東省濱州市高三模擬]如圖，圓柱形區(qū)域與xOy平面相切于y軸，該區(qū)域內(nèi)存在平行y軸的勻強磁場．在y＝eq\f(L,2)和y＝－eq\f(L,2)位置，緊靠y軸放置兩平行金屬板，金屬板與xOz平面平行，沿z軸方向長為L，沿x軸方向?qū)挾茸銐虼?，兩板間加恒定電壓．在金屬板右側(cè)垂直z軸固定一足夠大的熒光屏，熒光屏與金屬板右端距離為eq\f(L,2)，熒光屏與z軸交點記為O′.xOz平面內(nèi)有一與z軸平行且寬度等于磁場區(qū)域直徑的線狀粒子源，粒子源各位置處均勻向外無初速度釋放帶電粒子，已知單位時間內(nèi)粒子源釋放的總粒子數(shù)為N.粒子源釋放的粒子經(jīng)加速電壓加速后，全部射向磁場區(qū)域，通過磁場后均過O點離開磁場，進入偏轉(zhuǎn)電場后，粒子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，最終部分粒子打在熒光屏上．已知粒子進入磁場前的加速電壓與離開磁場后的偏轉(zhuǎn)電壓大小相等，不計粒子重力．求：(1)如圖所示，沿與z軸正方向夾角θ離開磁場的粒子，最終打在熒光屏上的x軸坐標值；(2)熒光屏上顯示的粒子落點形成的圖線的方程；(3)單位時間打在熒光屏上的粒子數(shù)．課時分層精練（五十三）帶電粒子在復合場中的運動1．解析：速度選擇器不選擇電性，只選擇速度，粒子不一定帶正電，選項A錯誤；根據(jù)電場力等于洛倫茲力知，qE＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，選項B正確；粒子只能沿PQ方向運動，不能沿QP方向運動，選項C錯誤；由于不知道粒子的電性，若運動的速度大于eq\f(E,B)，無法確定粒子偏轉(zhuǎn)方向，選項D錯誤．答案：B2．解析：帶電粒子在磁場中運動的周期與所加交變電源的周期T0相同，所以滿足T0＝eq\f(2πm,qB)可得，B＝eq\f(2πm,qT0)，選項A錯誤；粒子從D形盒邊緣射出時有eq\f(1,2)mv2＝nU0q，射出速度可表示為v＝eq\r(\f(2nqU0,m))，選項B錯誤；粒子從D形盒射出時，qvmaxB＝meq\f(veq\o\al(2,max),R)，可得vmax＝eq\f(qBR,m)，僅增大加速電壓U0，質(zhì)子射出速度大小不變，選項C錯誤；當加速氚核時，其在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2π·3m,qB′)，其周期應該與T0相同，又知道T0＝eq\f(2πm,qB)可知B′＝3B，需要增大所加磁場的磁感應強度，選項D正確．故選D.答案：D3．解析：甲圖中，當粒子運動半徑等于D型盒半徑時，粒子具有最大速度，即vm＝eq\f(qBR,m)粒子的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)由此可見最大動能與加速電壓無關(guān)，故A項錯誤；乙圖中，粒子射出速度選擇器后在磁場中運動有B0qv＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,B0q)＝eq\f(v,B0·\f(q,m))粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，即r越小，則粒子的比荷越大，故B項錯誤；丙圖中，等離子體進入A、B極板之間后，受到洛倫茲力作用，由左手定則可知，正電粒子向B極板偏轉(zhuǎn)，負電粒子向A極板偏轉(zhuǎn)，因此A極板電勢低于B極板電勢，故C項正確；丁圖中，帶負電的粒子從左側(cè)射入復合場中時，受向上的電場力和向下的洛倫茲力，當兩個力平衡時，帶電粒子會沿直線射出，當速度v<eq\f(E,B)即洛倫茲力小于電場力，粒子將向上極板偏轉(zhuǎn)，故D項正確．故選CD.答案：CD4．解析：粒子進入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2解得，v＝eq\r(\f(2qU,m))粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))則有x＝2r＝eq\r(\f(8m,B2q))·eq\r(U)可知x-eq\r(U)圖像的斜率為k＝eq\r(\f(8m,B2q))＝0.5可得粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(32,B2)＝eq\f(32,4×10－8)C/kg＝8×108C/kg，故B錯誤；該粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(1,2)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(3.14,8×108×2×10－4)s≈1.96×10－5s，故C正確；根據(jù)x＝2r＝eq\r(\f(8m,B2q))·eq\r(U)，若電壓U不變，可知打到Q點的粒子比荷小于打到P點的粒子比荷，故D錯誤．故選C.答案：C5．解析：（1）質(zhì)子在圓形磁場中運動時，做勻速圓周運動，則有qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，t＝eq\f(180°－120°,360)T解得t＝eq\f(πm,3qB)（2）粒子在磁場中運動時qvB＝meq\f(v2,r)，tan30°＝eq\f(R,r)質(zhì)子在直線加速器中運動時，共經(jīng)過4次縫隙，由動能定理得4qU0＝eq\f(1,2)mv2－0解得U0＝eq\f(3qB2R2,8m)（3）為使氚核在每個金屬筒內(nèi)運動時間仍等于交變電壓周期的一半，則速度大小不變4qU′＝eq\f(1,2)·3mv2－0得U′＝eq\f(9qB2R2,8m)即需將交變電壓調(diào)為U0的3倍答案：（1）eq\f(πm,3qB)（2）eq\f(3qB2R2,8m)（3）3倍6．解析：（1）粒子在磁場中勻速圓周運動的軌跡如圖所示，粒子做圓周運動的圓心為G，根據(jù)幾何關(guān)系有GD＝FG＝R，OG＝eq\f(3,4)R則OD＝R＋eq\f(3,4)R＝7L，解得R＝4L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(4qBL,m)（2）粒子在電場中的類平拋運動軌跡如圖所示，粒子在垂直電場線方向做勻速直線運動，位移為：x＝GN＝8L沿電場線方向做勻加速直線運動，位移為：y＝FG＝4L根據(jù)x＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)解得E＝eq\f(2qB2L,m)（3）設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t1，在電場中運動的時間為t2，t1＝eq\f(1,4)T帶電粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)聯(lián)立得t1＝eq\f(πm,2qB)，x＝GN＝8L＝vt2解得：t2＝eq\f(2m,qB)，所以時間t＝t1＋t2＝eq\f(（4＋π）m,2gB)答案：（1）eq\f(4qBL,m)（2）eq\f(2qB2L,m)（3）eq\f(（4＋π）m,2gB)7．解析：（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有qE·2d＝eq\f(1,2)mv2粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,R)粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知R＝eq\f(d,3)聯(lián)立可得B＝6eq\r(\f(mE,qd))（2）（?。┯深}意可知，做出粒子在電場和磁場中運動軌跡如圖在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知Req\o\al(2,1)＝（2d）2＋（R1－d）2解得R1＝eq\f(5,2)d所以有θ＝53°，α＝37°洛倫茲力提供向心力qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)帶電粒子從A點開始做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)再一次進入電場后做類似斜拋運動，沿x方向有2d＝v1cosα·t沿y方向上有2d＝v1sinα·t＋eq\f(1,2)at2其中根據(jù)牛頓第二定律有qE′＝ma聯(lián)立以上各式解得v1＝15eq\r(\f(qdE,m))v0＝9eq\r(\f(qdE,m))E′＝36E（ⅱ）粒子從P到Q根據(jù)動能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)可得從Q射出時的速度為v2＝3eq\r(\f(41qEd,m))此時粒子在磁場中的半徑R2＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(\r(41),2)d根據(jù)其幾何關(guān)系可知對應的圓心坐標為x＝eq\f(5,2)d，y＝4d而圓心與P的距離為l＝eq\r(（\f(5,2)d－2d）2＋（4d－0）2)＝eq\f(\r(65),2)d≠R2故不會再從P點進入電場．答案：（1）6eq\r(\f(mE,qd))（2）（?。?6E9eq\r(\f(qdE,m))（ⅱ）不會8．解析：（1）帶電粒子打到熒光屏前，沿z軸方向eq\f(3,2)L＝v