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专题分层突破练9　带电粒子在复合场中的运动
A组
1.如图所示,有一混合正离子束从静止通过同一加速电场后,进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅰ。如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转,不计离子的重力,则说明这些正离子在区域Ⅰ中运动时一定相同的物理量是(　　)
A.动能 B.质量
C.电荷 D.比荷
2.(2024天津高三模拟)为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况,技术人员在排污管中安装了监测装置,该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔,其宽和高分别为b和c,左、右两端开口与排污管相连,如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度大小为B、方向向下的匀强磁场,在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N,M和N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时,电流表将显示出污水排放情况。下列说法正确的是(　　)
A.M板的电势比N板的电势高
B.污水中离子的浓度越高,则电流表的示数越小
C.污水流量的大小,对电流表的示数无影响
D.若只增大所加磁场的磁感应强度,则电流表的示数也增大
3.(2024甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直于纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电 求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
4.(2025山东潍坊模拟)如图所示的O-xyz坐标系中,0l的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电量为+q、质量为m的粒子从y轴上的点P(0,2l,0)以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域,从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内,第二次经过x轴时粒子位于N点,且速度方向与x轴正方向夹角β=。已知Ⅰ区域磁场磁感应强度大小B0=,不计粒子重力。
(1)求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向的夹角α;
(2)求匀强电场的电场强度E;
(3)求粒子从P到N所用的时间。
B组
5.(2024江西景德镇模拟)如图所示,在x<0的区域存在方向竖直向上、大小为E的匀强电场,在x>0区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场B(B未知)。一个质量为m的带正电粒子甲从A点(-d,0)以速度v0沿x轴正方向进入电场,粒子从D点进入磁场后,恰好与静止在C点质量为的中性粒子乙沿x轴正方向发生弹性正碰,且有的电荷量转移给粒子乙。已知C点横坐标为xC=d,不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场变化引起的效应。求:
(1)粒子甲的比荷;
(2)粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小;
(3)若两粒子碰撞后,立即撤去电场,同时在x<0的区域加上与x>0区域内相同的磁场,试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇,如果能,求再次相遇的时间Δt。
6.如图所示,Oxyz为空间直角坐标系,在x<0的空间Ⅰ内存在沿z轴正方向的匀强磁场B1。在0d的空间Ⅲ内存在磁感应强度大小B2=、方向沿x轴正方向的匀强磁场。现将一带负电的粒子从x轴上的A(xA=-d)点以初速度v0射入空间Ⅰ的磁场区域,经磁场偏转后从y轴上的C(yC=d)点垂直y轴进入空间Ⅱ,并从x轴上的D(xD=d)点进入空间Ⅲ。已知粒子的电荷量大小为q,质量为m,不计重力。求:
(1)空间Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B1和空间Ⅱ内电场的电场强度大小E;
(2)粒子运动过程中,距离x轴的最大距离;
(3)粒子进入空间Ⅱ后,每次经过x轴时的横坐标。
7.(2024江苏南京师大附中期末)如图所示,在竖直面内的直角坐标系xOy中,在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场;在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动,AK与x轴正方向的夹角θ=60°,从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动,经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q,碰后两球结合为一个结合体M,之后M从y轴上的F点离开第四象限,第四象限存在匀强磁场,方向如图所示。已知重力加速度大小为g,小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m,不计空气阻力。
(1)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比;
(2)求小球Q静止的位置距O点的距离;
(3)若结合体M进入第四象限时的速度为v,M在第四象限运动时的最大速度为2v,则当其速度为2v时,结合体M距x轴的距离是多少
8.医用电子直线加速器结构主要包括电子枪、加速系统、束流传输系统等部件,原理简化如图所示。其中束流传输系统由导向磁场、偏转磁场和聚焦磁场组成,可以使电子束转向270°后打到靶。由于电子经过加速后有一定能量宽度,经过导向磁场后会使电子束发散,从而造成成像色差,因此需要通过偏转磁场和聚焦磁场来消除色差。
束流传输系统由三个半径为d的90°扇形磁场组成,圆心为O,方向垂直于纸面向外,其中导向磁场和聚焦磁场为匀强磁场,磁感应强度为B1=B3=B。偏转磁场为非匀强磁场,磁感应强度B2沿径向呈一定规律分布,可使电子在其间做匀速圆周运动。
现电子束经加速系统后,以能量宽度(E-ΔE,E+ΔE)垂直导向磁场边界从P进入束流传输系统,最终粒子能在Q点汇聚并竖直向下打到靶上。已知lPO=lQO=,ΔE=4%E E,能量为E的电子刚好做半径为的匀速圆周运动到达Q。
(1)若电子的电荷量为e,求电子的质量m;
(2)求发散电子束进入偏转磁场时的宽度;[计算半径时可使用小量近似公式:当x 1时,(1+x≈1+x]
(3)对于能量为E+ΔE的电子,求在偏转磁场中运动轨迹处的磁感应强度B2。
答案：
1.D　解析 设加速电场的电压为U,则qU=mv2,v=;设正交电场的电场强度为E,匀强磁场的磁感应强度为B,由于粒子在区域里不发生偏转,则qE=Bqv,得v=,可知v=,正离子的比荷相等。故选D。
2.D　解析 根据左手定则,正离子往N板偏,负离子往M板偏,最终M板带负电,N板带正电,M板电势比N板电势低,故A错误。最终正、负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,可得q=qvB,污水的流量Q=vbc,则M、N两端间的电势差为U=,污水流量越大,电势差越大,电流表示数越大;增加磁感应强度,电势差增大,电流表示数也增大;污水中离子浓度越大,导电性能越好,即电阻率减小,M、N间污水的电阻r减小,其他条件不变时,回路中的电流增大,故B、C错误,D正确。
3.答案 (1)正电　　(2)　(3)
解析 (1)根据粒子在偏转分离器Ⅲ中做逆时针匀速圆周运动,可知由O点进入分离器时受到的洛伦兹力方向由O指向P,由左手定则判断可知粒子带正电。
设粒子在速度选择器Ⅱ中做直线运动的速度大小为v,其受力平衡做匀速直线运动,则有
qE1=qvB1
解得v=
对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程,根据动能定理得
qU=mv2
解得粒子的比荷为。
(2)设粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为R,O点到P点的距离为L,由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得
qvB2=m
粒子在偏转分离器Ⅲ中运动轨迹为圆周,由几何关系可得
L=2R=。
(3)应用配速法,如下图所示,在O点将粒子的速度v分解为大小为v1、v2的两个分速度,则有v=v1-v2
令v1对应的洛伦兹力等于电场力,即qB1v1=qE2,可得v1=
粒子的运动可分解为线速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动,设粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点时的速度大小为v',则有
v'=v1+v2=v1+v1-v=2v1-v=。
4.答案 (1)60°　(2)　(3)
解析 粒子从P到N的运动轨迹如图所示
(1)粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动,有qv0B0=m,根据几何关系有sin α=,解得α=60°。
(2)由几何关系可知,Q、N两点沿电场方向的距离为l,粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动有vNx=vQx=v0cos α,cos β=,由动能定理有-qEl=,解得E=。
(3)粒子由P到Q过程,设时间为t1,有t1=Tqv0B=mr1,粒子由Q到N过程,沿y轴方向先匀减速后匀加速,设时间分别为t2、t3,有v0sin α=t2,vNsin β=t3,其中t=t1+t2+t3,联立解得t=。
5.答案 (1)　(2)2v0　　(3)能,
解析 (1)粒子在电场中沿x轴匀速直线运动有d=v0t,沿y轴匀加速直线运动有d=at2,a=,联立求得。
(2)沿y轴匀加速直线运动有vy=at=v0,进入磁场中粒子的运动轨迹如图所示
速度与x轴的夹角tan θ=,即θ=60°,则进入磁场的速率v=2v0,由几何关系可得sin 60°=,又由qvB=,求得B=。
(3)甲、乙粒子在C点发生弹性碰撞,设碰后速度为v1,v2,由弹性碰撞可得mv=mv1+mv2,mv2=,求得v1=v0,v2=v0,两粒子碰后在磁场中运动有v1B=v2B=,求得r1=r2=2d,半径相同,可以再次相遇,两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动,周期分别为T1=,T2=,则两粒子碰后再次相遇需满足Δt-Δt=2π,解得再次相遇时间Δt=。
6.答案 (1)
(2)4d
(3)x=d+2nπd=(2nπ+1)d(其中n=1,2,3,…)
解析 (1)设粒子在空间Ⅰ的磁场中的轨迹半径为r1,
由几何关系可得(r1-d)2+(d)2=
解得r1=2d
由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1=m
变形解得B1=
粒子在空间Ⅱ做类平抛运动,沿y轴方向的加速度大小a=
沿x轴方向运动有v0t=d
沿y轴方向运动有at2=d
联立代入解得E=。
(2)根据类平抛运动规律可知,粒子速度偏向角正切值为tan θ==2
粒子经过D点时,沿y轴负方向的分速度大小为vy=at=2v0
沿x轴正方向的分速度大小为vx=v0
粒子在空间Ⅲ内垂直于磁场的分速度vy使粒子在yOz平面内做匀速圆周运动,
由洛伦兹力提供向心力可得qvyB2=m
解得r3=2d
粒子做圆周运动距x轴的最大距离为l=2r3=4d。
(3)粒子在空间Ⅲ内做圆周运动的周期为T=
粒子在空间Ⅲ内沿x轴方向做匀速直线运动,粒子在一个周期内沿x轴正方向运动的距离x=v0T=2πd
所以粒子在空间Ⅲ中每次经过x轴时的横坐标为x=d+2nπd=(2nπ+1)d(其中n=1,2,3,…)。
7.答案 (1)　(2)(+2)　(3)
解析 (1)小球P沿AK方向做直线运动,由于洛伦兹力与速度有关,可知其一定做匀速直线运动,受力如图所示
根据几何关系可得
=tan θ
小球Q静止在第一象限,则
qE1=mg
联立可得
=tan θ=。
(2)小球竖直向下击中Q,轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=m
rsin θ+r=d
粒子在第二象限中有
qvBcos θ=mg
联立解得
d=(+2)。
(3)结合体在第四象限中只有重力做功,根据动能定理可得
2mgh=·2m(2v)2-·2mv2
整理解得h=。
8.答案 (1)　(2)d　(3)B
解析 (1)对于能量为E的电子,在磁场中轨迹半径为,根据Bev=m
可知r=
解得m=。
(2)对于能量为E-ΔE的电子,有
r1==
=0.49d
对于能量为E+ΔE的电子,有
r2==
=0.51d
轨迹如图甲所示
甲
由勾股定理得
lOM=d
lON=d
因此发散电子束进入偏转磁场时的宽度为lMN=d。
(3)对于能量为E+ΔE的电子lON=d
进入偏转磁场的发散角为α,由于轨迹关于偏转磁场的角平分线对称,因此圆心在平分线上的O3点,半径设为r,如图乙所示。
乙
其中sin α=
cos α=
由正弦定理得
解得r=sin 45°·=sin 45°·
d
因此,即B2=B。

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