(浙江专用)备战2019高考物理一轮复习第二部分计算题部分精练1带电粒子在电场和磁场中的运动

精练1 带电粒子在电场和磁场中的运动1.加试题 如图1所示，在水平放置的足够大的荧光屏上方存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向平行于水平面且与边MN 垂直．某时刻从与该平面相距为h 的S 点(S 在平面上的投影位置为O )向垂直磁场的平面内的各个方向同时发射大量相同的带正电的粒子，粒子质量均为m ，电荷量均为q ，速度大小均为v ＝3Bqh 4m ，方向均在同一竖直平面内．观察发现，荧光屏上有一条直线发光，其余位置均不发光，且某些位置只有一次发光，某些位置有两次发光，试求：(粒子重力不计)图1(1)荧光屏发光区域的长度L ；(2)荧光屏上一次发光的区域长度L 1与两次发光的区域长度L 2之比．2.加试题(2017²宁波市九校高三上学期期末)正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞(撞前速度在同一直线上的碰撞)并进行高能物理研究的实验装置，该装置一般由高能加速器、环形储存室和对撞测量区三个部分组成．为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域．对撞区域设计的简化原理如图2所示：MN和PQ为足够长的竖直边界，水平边界EF将整个区域分成上下两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向内，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B.现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C和注入口D同时水平射入，在对撞测量区发生对撞．已知两注入口到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为L，正电子的质量为m，电荷量为＋e，负电子的质量为m，电荷量为－e.图2(1)试判断从注入口C入射的是正电子还是负电子；(2)若L＝43d，要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，求正电子在磁场中运动的时间；(3)若只从注入口C射入电子，要使电子从D飞出，求电子射入的最小速率，及此时间距L 的大小．3.加试题(2017²余姚中学高三上期中)如图3所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到最大值U m之间的各种数值．静止的带电粒子电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝45°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值U m时，粒子恰垂直打在CD板上，求：图3(1)当M、N两板间电压取最大值U m时，粒子射入磁场的速度v1的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m；(4)CD板上可能被粒子打中区域的长度s.4.加试题利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用，如图4所示，碳14和碳12经电离后的原子核带电荷量均为q，从容器A下方小孔S不断飘入电势差为U的加速电场，经过S正下方小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，最后打在照相底片D上并被吸收，D 与O在同一水平面上，其中碳12的粒子在OD上的落点距O点为d，已知粒子经过小孔S时的速度可视为零，不考虑粒子重力．图4(1)求粒子碳12的比荷；(2)由于粒子相互作用，所有粒子分布在与OS竖直方向成一定夹角θ的纸面内，要使两种粒子运动到OD直线上时能区分在不同区域，求θ角的最大值θm；(可以用三角函数表示) (3)实际上加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化，当θ＜θm时，碳14与碳12经电场加速后进入磁场中发生分离，为使这两种粒子在照相底片上落点区域不发生重叠，ΔUU应满足什么条件．5.加试题(2018²西湖高级中学月考)如图5所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在－3m≤x ≤0的区域内有磁感应强度B ＝4.0³10－4T 、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与x 轴交于P 点；在x ＞0的某一区域内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ＝4 N/C ，其宽度d ＝2 m ．一质量m ＝6.4³10－27kg 、电荷量q ＝3.2³10－19C 的带正电粒子从P 点以速度v ＝4³104m/s ，沿与x 轴正方向成60°角射入磁场，经磁场和电场偏转通过x 轴上的Q 点(图中未标出)，不计粒子重力．求：图5(1)带电粒子在磁场中运动时间； (2)Q 点与电场右边界的距离．6.加试题(2018²嘉兴市期末)在如图6所示的坐标系中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场E(未知)，其余象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，其中第四象限内的磁感应强度为B1(未知)，第二、三象限内的磁感应强度为B2(未知)．在y轴上坐标为(0,2L)的A点有一个粒子源，可将质量为m、带电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0沿平行x轴方向射入第一象限，然后从x轴上坐标为(3L,0)的C点射入磁场，经磁场偏转，最终再次垂直y轴回到A 点．若粒子的重力可忽略不计，求：图6(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B1的大小；(3)粒子从A点射入第一象限至再次回到A点，所经历的时间．7.加试题 (2017²宁波市九校高二上期末)宇宙射线中，往往含有大量的粒子与反粒子.1932年，美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等实验仪器，发现了电子的反粒子——正电子.1955年，张伯伦和塞格雷用加速器证实了反质子的存在．如图7所示，已知区域Ⅰ是速度选择器，极板M 、N 间距为4L ，现有一束由反质子1－1H 与氘核21H 两种粒子组成的射线，沿极板M 、N 中间线以相同速度v 0射入，并从中心O 点进入极板上方的区域Ⅱ.已知质子的质量为m ，电荷量为e ，忽略电荷之间的相互作用．图7 图8(1)区域Ⅱ是威尔逊云室，云室中充满过饱和乙醚蒸汽，当带电粒子经过时，蒸汽凝结，形成轨迹，云室中加垂直纸面向里的匀强磁场，图中显示了两种粒子在云室中的径迹1、2，试判断在云室中显示径迹1的是哪种粒子的运动轨迹，并分析半径减小的原因．(2)现有一科研团队，通过实验观察质子和反质子的碰撞过程，他们撤去区域Ⅱ中的云室和磁场，经过速度选择器的选择，选出速度v 0的质子和反质子先后从A 1、B 1孔竖直向上进入极板上方，OA 1＝OB 1＝L ，以极板中间线上的O 为原点，建立直角坐标系如图8所示，在y 轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，要使质子和反质子在y轴上的P(0，L)处相碰，求：在P点相碰的质子和反质子的动能之比和射入小孔的时间差Δt.8.加试题(2018²台州市高三期末)如图9所示，半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2R，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d＝3R的荧光屏EF，荧光屏与竖直方向成θ＝60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为B2.在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y＞0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入长方体加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)．图9(1)求粒子刚进入加速管时的速度v 1的大小和加速电压U ； (2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl ；(3)若要让从加速管BO 3区域出来的粒子全部打中荧光屏，磁场Ⅱ的磁感应强度的大小应满足什么条件？答案精析1．(1)2＋52h (2)210＋43解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则F 洛＝Bvq ＝mv 2r①由题意可知：v ＝3Bqh 4m ，代入上式，可得r ＝3h4②带电粒子能够到达荧光屏左右两边的最远距离OE 、OF 分别为x 1、x 2，其轨迹示意图如图甲．由几何关系得：(h －r )2＋x 1 2＝r 2，h 2＋x 2 2＝(2r )2，将②式代入可得：x 1＝22h 、x 2＝52h ，即图中EF 为发光区域，其长度：L ＝x 1＋x 2＝2＋52h(2)画出带电粒子在磁场中运动的轨迹圆C1、C 2，其中C 2刚好与荧光屏相切，如图乙所示，可知荧光屏上EG 区域有一次发光，GF 区域有两次发光，由对称性可知OG 的长度：x 3＝22h 荧光屏上EG 区域一次发光长度L 1与GF 区域两次发光长度L 2的比值为L 1L 2＝x 1＋x 3x 2－x 3＝225－2＝210＋432．(1)负电子 (2)2πm 3eB (3)2(2－3)edBm 4n (2－3)d ，(n ＝1,2,3…)解析 (1)由题意知从注入口C 入射的粒子向下偏转，由左手定则可知是负电子． (2)电子运动轨迹如图实线所示，由几何关系有：(R －d )2＋(3d )2＝R 2，得到：R ＝2d 故sin θ＝3dR＝32，得θ＝π3由qvB ＝m v 2R ，可知T ＝2πR v ＝2πmeB所以正电子运动时间t ＝2³θ2πT ＝2πm3eB(3)要使粒子从D 点飞出的临界情况是运动轨迹与MN 相切，如图所示：由几何关系可知：α＝30° 且R ′＋R ′cos α＝d 解得：R ′＝2(2－3)d .由qvB ＝m v 2R ′，得到：v ＝2(2－3)edBm由图可知，间距L ＝n ³2R ′＝4n (2－3)d ，(其中n ＝1,2,3…)． 3．(1)2qU mm(2)1L 2mU mq(3)πLm2qU m(4)(2－2)L 解析 (1)M 、N 两板间电压取最大值U m 时， 由：qU m ＝12mv 1 2，可得：v 1＝2qU mm(2)粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示： 设此时粒子运动轨迹半径为r 1，CH ＝QC ＝L即半径r 1＝L ，由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动得qv 1B ＝m v 1 2r 1，得B ＝1L2mU mq(3)粒子在磁场中运动的时间最长为半个周期 由T ＝2πr v ＝2πm qB ，t m ＝T2，得t m ＝πLm2qU m(4)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A 在△AKC 中，sin 45°＝r 2L －r 2解得：r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L 所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK 即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L . 4．(1)8UB 2d 2(2)arccos67 (3)ΔU U ＜7cos 2θ－67cos 2 θ＋6解析 (1)碳粒子在电场中加速，由动能定理得：qU ＝12mv 2，碳粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r，由几何关系可知：d ＝2r ，解得：q m ＝8UB 2d 2；(2)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：R ＝1B2mUq，碳14运动到OD 直线时到O 点的最小距离：L 1＝2R 1cos θ＝2B2m 1Uqcos θ碳12运动到OD 直线时到O 点的最大距离：L 2＝2R 2＝2B2m 2Uq两种粒子运动到OD 直线上时能区分在不同区域， 则：2R 1cos θ≥2R 2，即：cos θ≥67，θmax＝arccos67； (3)碳14运动到OD 直线时到O 点的最小距离：L 1′＝2R 1′cos θ＝2B 2m 1(U －ΔU )qcos θ碳12运动到OD 直线时到O 点的最大距离：L 2′＝2R 2′＝2B2m 2(U ＋ΔU )q若要使这两种粒子的落点区域不重叠，需要满足的条件： 2R 1′cos θ＞2R 2′， 解得ΔU U ＜7cos 2θ－67cos 2 θ＋6.5．(1)π6³10－4s (2)3.0 m解析 (1)根据牛顿第二定律有qvB ＝mv 2r得：r ＝2 m由几何关系得粒子运动轨迹的圆心角为60°. 在磁场中运动周期T ＝2π²rv运动时间t ＝T6得：t ＝π6³10－4s(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动 粒子在电场中加速度a ＝qE m＝2.0³108 m/s 2运动时间t 1＝d v＝5.0³10－5s沿y 方向分速度v y ＝at 1＝1.0³104m/s 沿y 方向位移y ＝12at 1 2＝0.25 m粒子射出电场后又经时间t 2到达x 轴上Q 点，t 2＝L OC －y v y＝7.5³10－5s故Q 点与电场右边界的距离是x ＝vt 2＝3.0 m. 6．(1)4mv 0 29qL (2)4mv 09qL (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫319π80＋3L v0 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动， 3L ＝v 0t,2L ＝12²qE m t 2得E ＝4mv 0 29qL(2)粒子最终垂直y 轴回到A 点，可知在二、三象限内粒子轨迹为半圆，粒子垂直于y 轴从第四象限进入第三象限．在C 点，粒子竖直分速度v y ＝43v 0.粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可确定在磁场B 1中的半径为R 1＝154L ，速度为v ＝53v 0qvB 1＝m v 2R 1，得B 1＝4mv 09qL(3)根据几何关系可确定在磁场B 2中的半径为R 2＝4L 电场中运动时间t 1＝3Lv 0磁场B 1中运动时间t 2＝127180²πm qB 1＝127πL80v 0磁场B 2中运动时间t 3＝πR 2v ＝12πL5v 0总时间t ＝⎝⎛⎭⎪⎫319π80＋3²L v. 7．(1)氘核 因受阻力作用 (2)5∶1L v 0(π2－1) 解析 (1)由左手定则知径迹1是氘核21H 的运动轨迹带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用，速度减小，所以半径减小 (2)从A 1射入的粒子做类平抛运动：y 方向做匀速运动，t 1＝L v 0从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，半径R ＝L 经14T 到达P 点，t 2＝πL 2v 0时间差Δt ＝πL 2v 0－L v 0＝L v 0(π2－1)从A 1射入的粒子做类平抛运动，x 方向：L ＝v x2t 1y 方向：L ＝v 0t 1，则v x ＝2v 0E k A ＝12m (v 0 2＋v 2x )从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，E k B ＝12mv 0 2，故E k A E k B ＝v 0 2＋v x 2v 0 2＝51. 8．见解析解析 (1)粒子在磁场Ⅰ中的运动半径为R ，由向心力公式可得qv 1B 1＝m v 12Rv 1＝qB 1R m①因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在磁场Ⅱ中的运动半径为2R ，由向心力公式可得qv 2B 2＝m v 2 22Rv 2＝2qB 2Rm②粒子在加速管中做加速运动，由动能定理得qU ＝12mv 2 2－12mv 1 2③由①②③式得加速管所加的电压U ＝qR 2(4B 2 2－B 1 2)2m(2)从B 点穿出的粒子打在离E 点最近的屏上，如图所示由几何关系得 (x 1cos θ＋R )2＋(x 1sin θ)2＝(2R )2④x 1＝13－12R从D 点穿出的粒子打在离E 点最远的屏上，如图所示由几何关系得 (x 2cos θ－R )2＋(x 2sin θ)2＝(2R )2⑤x 2＝13＋12R 粒子打中的区域长度 Δl ＝x 2－x 1＝R(3)从O 3点穿出的粒子恰好打在F 点时，有几何关系(d cos θ＋2R －r 3)2＋(d sin θ)2＝r 3 2⑥ 得r 3＝197R ⑦由向心力公式有qv 2B 3＝m v 22r 3⑧由②⑦⑧式得B 3＝mv 2qr 3＝1419B 2从B 点穿出的粒子恰好打在E 点时，有r 4＝32R ⑨由向心力公式有qv 2B 4＝m v 22r 4⑩由②⑨⑩式得B 4＝mv 2qr 4＝43B 2从BO 3区域穿出的粒子全部打在屏上磁感应强度大小满足的条件是： 1419B 2≤B ≤43B 2。