分層練習(xí)9　帶電粒子在復(fù)合場中的運動A組1.(2021湖南邵陽高三一模)如圖所示,有一混合正離子束從靜止通過同一加速電場后,進(jìn)入相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ。如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn),不計離子的重力,則說明這些正離子在區(qū)域Ⅰ中運動時一定相同的物理量是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.動能 B.質(zhì)量C.電荷 D.比荷2.(多選)(2021遼寧高三一模)勞倫斯和利文斯設(shè)計的回旋加速器如圖所示,真空中的兩個D形金屬盒間留有平行的狹縫,粒子通過狹縫的時間可忽略。勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,加速器接在交流電源上,A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子可在盒間被正常加速。下列說法正確的是????????????? (　　)A.雖然逐漸被加速,質(zhì)子每運動半周的時間不變B.只增大交流電壓,質(zhì)子在盒中運行總時間變短C.只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度,仍可能使質(zhì)子被正常加速D.只增大交流電壓,質(zhì)子可獲得更大的出口速度3.(2021四川成都高三二模)如圖所示,在第一、第四象限的y≤0.8 m區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小E=4×103 N/C;在第一象限的0.8 m<y≤1.0 m區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量m=1×10-10 kg、電荷量q=1×10-6 C的帶正電粒子,以v0=6×103 m/s的速率從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向進(jìn)入電場。不計粒子的重力。(1)求粒子第一次離開電場時的速度。(2)為使粒子能再次進(jìn)入電場,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。           4.(2021河南高三二模)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)有一直角三角形,其頂點坐標(biāo)分別為(0,0),,(d,0),三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,x軸下方有沿著y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子從y軸上的某點M由靜止釋放,粒子第一次進(jìn)入磁場后恰好不能從直角三角形的斜邊射出,不計粒子重力。(1)求M點到O點的距離。(2)改變粒子在y軸上的釋放點,使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于直角三角形斜邊的方向射出磁場,求N點到O點的距離。(3)在(2)過程中,求粒子從N點由靜止釋放到射出磁場的運動時間。               B組5.(2021福建福州高三二模)如圖所示,在xOy平面直角坐標(biāo)系中的第一、二象限內(nèi)有一個矩形區(qū)域MNQP內(nèi)存在垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,MN在x軸上,lMO=lON=3d,lMP=lNQ=d。在第四象限正方形ONFD內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為E=的勻強(qiáng)電場,沿PM在第三象限放置一平面足夠大的熒光屏,屏與y軸平行。一個電子A從坐標(biāo)原點沿y軸正方向射入磁場,恰好不從PQ邊射出磁場。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為-e。(1)求電子A射入磁場時的速度大小v。(2)求電子A在電場中運動的時間t0。(3)若另一電子C從x坐標(biāo)軸上某點(x≠0)以相同的速度射入磁場,A、C打在熒光屏上同一點,求電子C射入磁場時的坐標(biāo)x。                         6.(2021山東棗莊高三二模)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,直線AB距x軸為d,直線CD距x軸為2d,直線AB下方區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,AB、CD之間存在垂直于坐標(biāo)系平面向外的勻強(qiáng)磁場。從t=0時刻,一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,以初速度v0由坐標(biāo)原點O處沿x軸正方向射入電場,在AB上的P點進(jìn)入磁場,P點坐標(biāo)為(2d,d),不計粒子受到的重力。(1)求電場強(qiáng)度E的大小。(2)若粒子恰好不從直線CD處離開磁場,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小。(3)在第(2)問條件下,求粒子經(jīng)過x軸的時刻。                7.(2021湖南衡陽高三一模)在芯片制造過程中,離子注入是其中一道重要的工序。圖甲是離子注入工作原理的示意圖,靜止于A處的離子,經(jīng)電壓為U的加速電場加速后,沿圖中圓弧虛線通過半徑為R0的圓弧形靜電分析器(靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場)后,從P點沿豎直方向進(jìn)入半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,該圓形磁場區(qū)域的直徑PQ與豎直方向成45°,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn),最后打在豎直放置的硅片上。離子的質(zhì)量為m、電荷量為q,不計離子重力。甲乙(1)求離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域時的速度大小v。(2)求靜電分析器通道內(nèi)虛線處電場強(qiáng)度的大小E0。(3)若磁場方向垂直于紙面向外,離子從磁場邊緣上某點出磁場時,速度方向與直徑PQ垂直,求圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小。(4)若在該圓形區(qū)域內(nèi)加如圖乙所示交變的磁場(圖中B1大小未知、方向垂直于紙面,且以垂直于紙面向外為正方向),當(dāng)離子從t=0時進(jìn)入圓形磁場區(qū)域,最后從Q點飛出,水平向右垂直打在硅片上,請寫出磁場變化周期T滿足的關(guān)系表達(dá)式。           8.(2021浙江紹興高三二模)醫(yī)用電子直線加速器結(jié)構(gòu)主要包括電子槍、加速系統(tǒng)、束流傳輸系統(tǒng)等部件,原理簡化如圖所示。其中束流傳輸系統(tǒng)由導(dǎo)向磁場、偏轉(zhuǎn)磁場和聚焦磁場組成,可以使電子束轉(zhuǎn)向270°后打到靶。由于電子經(jīng)過加速后有一定能量寬度,經(jīng)過導(dǎo)向磁場后會使電子束發(fā)散,從而造成成像色差,因此需要通過偏轉(zhuǎn)磁場和聚焦磁場來消除色差。束流傳輸系統(tǒng)由三個半徑為d的90°扇形磁場組成,圓心為O,方向垂直于紙面向外,其中導(dǎo)向磁場和聚焦磁場為勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=B3=B。偏轉(zhuǎn)磁場為非勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B2沿徑向呈一定規(guī)律分布,可使電子在其間做勻速圓周運動。現(xiàn)電子束經(jīng)加速系統(tǒng)后,以能量寬度(E-ΔE,E+ΔE)垂直導(dǎo)向磁場邊界從P進(jìn)入束流傳輸系統(tǒng),最終粒子能在Q點匯聚并豎直向下打到靶上。已知lPO=lQO=,ΔE=4%E?E,能量為E的電子剛好做半徑為的勻速圓周運動到達(dá)Q。(1)若電子電荷量為e,求電子質(zhì)量m。(2)求發(fā)散電子束進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時的寬度。[計算半徑時可使用小量近似公式:當(dāng)x?1時,(1+x≈1+x](3)對于能量為E+ΔE的電子,求在偏轉(zhuǎn)磁場中運動軌跡處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。                  參考答案 分層練習(xí)9　帶電粒子在復(fù)合場中的運動1.D　解析 設(shè)加速電場的電壓為U,則qU=mv2,v=;設(shè)正交電場的電場強(qiáng)度為E,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,由于粒子在區(qū)域里不發(fā)生偏轉(zhuǎn),則qE=Bqv,得v=,可知v=,其中E、B、U為相同值,正離子的比荷相等。故選D。2.AB　解析 質(zhì)子在D形盒中運動的周期T=,半個周期為,質(zhì)子的比荷不變,則質(zhì)子每運動半周的時間不變,故A正確。質(zhì)子在電場中加速,根據(jù)qU=mv2,qvB=m,聯(lián)立可得R=,增大交流電壓,質(zhì)子運動的半徑增大,則質(zhì)子在回旋加速器中加速的次數(shù)減少,又因為周期不變,則運行時間會變短,故B正確。由T=可知,若磁感應(yīng)強(qiáng)度B増大,則T會減小,只有交變電流頻率增大,才能正常工作,故C錯誤。設(shè)D形盒的最大半徑為RD,質(zhì)子可獲得的出口速度滿足qvmB=m,可得vm=,vm與電壓無關(guān),故D錯誤。3.答案 (1)1×104 m/s,與x軸正方向成53°角斜向右上(2)2 T解析 (1)粒子在電場中做類平拋運動,所受靜電力為F=qE由牛頓第二定律有a=沿y方向,由運動學(xué)規(guī)律有=2asy代入數(shù)據(jù)(其中sy=0.8 m)得vy=8×103 m/s粒子離開電場時的速度大小為v=代入數(shù)據(jù)得v=1×104 m/stan θ=故所求速度方向與x軸正方向成53°角斜向右上。(2)如圖所示,在寬度d=1.0 m-0.8 m=0.2 m的磁場中粒子做勻速圓周運動,滿足條件下B最小時,軌跡與磁場上邊界相切,設(shè)軌道半徑為R。由幾何關(guān)系有R=Rcos θ+d代入數(shù)據(jù)得R=0.5 m由牛頓第二定律有qvB=m代入數(shù)據(jù)解得所求最小值B=2 T。4.答案 (1)　(2)(n=0,1,2,…)(3)(n=0,1,2,…)解析 (1)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R0,由幾何關(guān)系可知R0+2R0=d解得R0=由牛頓第二定律得qv0B=設(shè)M點到O點的距離為y0,由動能定理得qEy0=解得y0=。(2)要使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于斜邊的方向射出磁場,則粒子在磁場中運動軌跡的半徑R滿足d=(2n+1)R(n=0,1,2,…)由牛頓第二定律得qvB=m設(shè)N點到O點的距離為y,由動能定理有qEy=mv2解得y=(n=0,1,2,…)。(3)設(shè)粒子在電場中的加速度為a,則qE=ma設(shè)粒子在電場中每單程的運動時間為t0,則y=粒子在電場中總的運動時間t1=(2n+1)t0(n=0,1,2,…)解得t1=粒子在磁場中做圓周運動的周期T=粒子在磁場中總的運動時間t2=+n(n=0,1,2,…)解得t2=(n=0,1,2,…)粒子從N點由靜止釋放到射出磁場運動的總時間t=t1+t2=(n=0,1,2,…)。5.答案 (1)　(2)　(3)-解析 (1)電子恰好不從PQ邊射出磁場,則電子運動軌跡與PQ邊相切,設(shè)電子運動半徑為R,則由幾何知識可得R=d電子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得Bev=解得v=。(2)由幾何知識可知,電子進(jìn)入電場的橫坐標(biāo)為x=2d電子沿豎直向下的方向進(jìn)入電場,靜電力水平向左,電子做類平拋運動。電子若從DF間離開電場,則電子在電場中運動的時間為tDF=電子若從OD間離開電場,設(shè)電子在電場中運動的時間為tOD。由牛頓第二定律得電子的加速度為a=根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有x=解得tOD=由于電子從OD間離開電場時的水平位移比從DF間離開電場時的水平位移大,所以應(yīng)有tOD>tDF,但計算所得tOD<tDF,不符合實際,由此可以判斷電子是從OD間離開電場的。即電子在電場中運動的時間為t0=。(3)電子A、C通過x軸后沿y軸方向的分運動是勻速運動,且它們沿y軸方向的分速度相等,所以兩個電子打在熒光屏的同一點,意味著兩個電子在第三、第四象限運動的總時間相等。設(shè)電子A在第四象限運動時間為t1、在第三象限運動時間為t2;電子C在第四象限運動時間為t1'、在第三象限運動時間為t2'。電子A離開電場時平行于x軸方向的分速度為v1=at1在第四象限有2d=在第三象限有3d=v1t2電子C從x=x0處進(jìn)入電場,則有x0=at1'2離開電場時平行于x軸方向的分速度為v1'=at1'在第三象限有3d=v1't2'由前面分析有t1+t2=t1'+t2'由以上各式聯(lián)立解得x0=(另一解x0=2d不合題意舍去)電子C射入磁場的位置在x0左側(cè)2d處,所以x=-。6.答案 (1)　(2)　(3)nd(n=1,2,3,…)解析 (1)粒子第一次在電場中運動,所用時間為t1,則有qE=ma2d=v0t1d=聯(lián)立解得t1=E=。(2)設(shè)粒子到達(dá)AB邊界沿電場方向的速度為vy,粒子速度v與AB邊界的夾角為θ,則vy=at1tan θ=v=聯(lián)立解得θ=45°v=v0粒子在磁場中運動,若恰好不從上邊界CD飛出,軌跡如圖所示。設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R,由幾何關(guān)系可得R-Rcos θ=d由牛頓第二定律得qvB0=m聯(lián)立解得B0=。(3)設(shè)粒子在磁場中運動的周期為T,每次在磁場中運動的時間為t2,則T=t2=T聯(lián)立解得t2=設(shè)粒子第一次到達(dá)x軸的時間為tx,則tx=2t1+t2=d故粒子到達(dá)x軸的時刻t為t=n(2t1+t2)=nd(n=1,2,3,…)。7.答案 (1)　(2)　(3)　(4)T=(n=0,1,2,…)解析 (1)離子通過加速電場,由動能定理得qU=mv2,解得v=。(2)離子經(jīng)過靜電分析器,由向心力公式得qE0=m,解得E0=。(3)由于MN⊥PQ,則O2M//PQ∠PMO2=∠MPO1又△O2PM與△O1PM為等腰三角形所以O1MO2P為菱形,則離子運動的半徑R1=r由向心力公式得qvB0=m得B0=。(4)如圖所示,由幾何關(guān)系可知(2n+1)R2=2r(n=0,1,2,…)得R2=(n=0,1,2,…)帶電粒子在磁場中運動的周期T0=(n=0,1,2,…)又,所以T=(n=0,1,2,…)。8.答案 (1)　(2)d-d　(3)B解析 (1)對于能量為E的電子,在磁場中軌跡半徑為,根據(jù)Bev=m可知r=解得m=。(2)對于能量為E-ΔE的電子,有r1===0.49d對于能量為E+ΔE的電子,有r2===0.51d軌跡如圖所示由勾股定理得lOM=dlON=d因此發(fā)散電子束進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時的寬度為lMN=d-d。(3)對于能量為E+ΔE的電子lON=d進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場的發(fā)散角為α,由于軌跡關(guān)于偏轉(zhuǎn)磁場的角平分線對稱,因此圓心在平分線上的O3點,半徑設(shè)為r,如圖所示。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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