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課時跟蹤檢測(三十) 帶電粒子在組合場中的運動

1.(2020·福建龍巖市模擬)質譜儀的原理如圖所示，虛線AD上方區域處在垂直紙面向外的勻強磁場中，C、D間有一熒光屏。同位素離子源產生a、b兩種電荷量相同的離子，無初速度進入加速電場，經同一電壓加速后，垂直進入磁場，a離子恰好打在熒光屏C點，b離子恰好打在D點。離子重力不計。則(　　)
A．a離子質量比b的大
B．a離子質量比b的小
C．a離子在磁場中的運動時間比b的長
D．a、b離子在磁場中的運動時間相等
解析：選B　設離子進入磁場的速度為v，在電場中有qU＝12 mv2，在磁場中有Bqv＝mv2r ，聯立解得r＝mvBq ＝1B 2mUq ，由題圖知，b離子在磁場中運動的軌道半徑較大，a、b為同位素，電荷量相同，所以b離子的質量大于a離子的質量，A錯誤，B正確；在磁場中運動的時間均為半個周期，即t＝T2 ＝πmBq ，由于b離子的質量大于a離子的質量，故b離子在磁場中運動的時間較長，C、D錯誤。
2.(多選)(2020·陜西寶雞市模擬)醫用回旋加速器的核心部分是兩個D形金屬盒，如圖所示，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。現分別加速氘核(12H)和氦核(24He)并通過線束引出加速器。下列說法中正確的是(　　)
A．加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同
B．兩種粒子獲得的最大動能相同
C．兩種粒子在D形盒中運動的周期相同
D．增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能
解析：選AC　回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期應和交流電的周期相同。帶電粒子在磁場中運動的周期T＝2πmqB ，兩粒子的比荷qm 相等，所以周期相同，故加速兩種粒子的高頻電源的頻率也相同，A、C正確； 根據qvB＝mv2R 得v＝qBRm ，最大動能Ekm＝12 mv2＝q2B2R22m ，可知Ekm與加速電壓無關，兩粒子的比荷qm 相等，電荷量q不相等，所以最大動能不等，故B、D錯誤。
3.如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁感中，粒子打至P點。設OP＝x，能夠正確反應x與U之間的函數關系的圖象是(　　)

解析：選B　帶電粒子經電壓U加速，由動能定理得qU＝12 mv2，垂直進入磁感應強度為B的勻強磁感中，洛倫茲力提供向心力，qvB＝mv2R ，而R＝x2 ，聯立解得x＝2B 2mvq 。B、m、q一定，根據數學知識可知，圖象是拋物線，由此可知能夠正確反應x與U之間的函數關系的是圖象B。
4．(多選)如圖所示，L1和L2為平行線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里的磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L2線上，帶電粒子從A點以初速度v與L2線成θ＝30°角斜向上射出，經過偏轉后正好過B點，經過B點時速度方向也斜向上，不計粒子重力，下列說法中正確的是(　　)
A．帶電粒子一定帶正電
B．帶電粒子經過B點時的速度一定跟在A點的速度相同
C．若將帶電粒子在A點時的初速度變大(方向不變)它仍能經過B點
D．若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2線成60°角斜向上，它就不再經過B點
解析：選BCD　畫出帶電粒子運動的兩種可能軌跡，如圖所示，對應正、負電荷，故A錯誤；帶電粒子經過B點的速度和在A點時的速度大小相等、方向相同，故B正確；根據軌跡可知，粒子經過邊界L1時入射點到出射點間的距離與經過邊界L2時入射點到出射點間的距離相同，與速度大小無關，所以當初速度變大但保持方向不變，它仍能經過B點，故C正確；設L1與L2之間的距離為d，由幾何知識得A到B的距離為x＝2dtan θ ，所以，若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2線成60°角斜向上，它就不再經過B點，故D正確。
5．(多選)(2020·溫州中學模擬)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　)
A.在電場中的加速度之比為1∶1
B．在磁場中運動的半徑之比為2∶1
C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2
D．離開電場區域時的動能之比為1∶3
解析：選CD　兩個離子的質量相同，其帶電荷量之比是1∶3的關系，所以由a＝qUmd 可知，其在電場中的加速度之比是1∶3，故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達式為v＝ 2qUm ，可知其速度之比為1∶3 。又由qvB＝mv2r 知r＝mvqB ，所以其半徑之比為3 ∶1，故B錯誤。由B項分析知道，離子在磁場中運動的半徑之比為3 ∶1，設磁場寬度為L，離子通過磁場轉過的角度等于其圓心角，所以sin θ＝Lr ，則可知角度的正弦值之比為1∶3 ，又P＋的偏轉角度為30°，可知P3＋的偏轉角度為60°，即在磁場中轉過的角度之比為1∶2，故C正確。由電場加速后：qU＝12 mv2可知，兩離子離開電場的動能之比為1∶3，故D正確。
6．(多選)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區域內有垂直于xOy平面由內向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，θ＝45°?，F將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是(　　)
A．若h＝B2a2q2mE ，則粒子垂直CM射出磁場
B．若h＝B2a2q2mE ，則粒子平行于x軸射出磁場
C．若h＝B2a2q8mE ，則粒子垂直CM射出磁場
D．若h＝B2a2q8mE ，則粒子平行于x軸射出磁場
解析：選AD　若h＝B2a2q2mE ，則在電場中，由動能定理得：qEh＝12 mv2；在磁場中，由牛頓第二定律得qvB＝mv2r ，聯立解得r＝a，根據幾何知識可知粒子垂直CM方向射出磁場，故A正確，B錯誤。若h＝B2a2q8mE ，同理可得：r＝12 a，則根據幾何知識可知粒子平行于x軸方向射出磁場，故C錯誤，D正確。
7．(多選)某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示)，規定垂直紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受洛倫茲力的作用，其他力不計)(　　)

A.若粒子的初始位置在a處，在t＝38 T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f處，在t＝T2 時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e處，在t＝118 T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b處，在t＝T2 時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度
解析：選AD　要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示，由左手定則知粒子做圓周運動的周期應為T0＝T2 ，若粒子的初始位置在a處時，對應時刻應為t＝34 T0＝38 T，同理可判斷B、C、D選項，可得A、D正確。

8．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，x軸上方存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，x軸下方存在垂直坐標系平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一個靜止的帶正電粒子位于y軸正半軸的A(0，h)點，某時刻由于內部作用，分裂成兩個電荷量都為＋q的粒子a和b，分別沿x軸正方向和負方向進入電場。已知粒子a的質量為m，粒子a進入第一象限的動量大小為p。設分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁場中的運動過程不計粒子重力和粒子間的相互作用。求：

(1)粒子a第一次通過x軸時離原點O的距離x；
(2)粒子a第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點間的距離L。
解析：(1)如圖所示，粒子a在電場中只受電場力，做類平拋運動。

由平拋運動規律可得：x＝v0t①
h＝12 at2②
qE＝ma③
p＝mv0④
聯立①②③④解得x＝p2hmEq 。
(2)粒子a進入磁場時，設速度為v，與x軸正方向成θ角，y軸方向的速度為vy，則
vy＝at⑤
vy＝v sin θ⑥
粒子a在磁場中做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，有
qvB＝mv2r ⑦
由幾何知識得：
L＝2r sin θ⑧
聯立②③⑤⑥⑦⑧式解得L＝2B 2mEhq 。
答案：(1)p2hmEq 　(2)2B 2mEhq
9.(2019·全國卷Ⅰ)如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：
(1)帶電粒子的比荷；
(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。
解析：(1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有

qU＝12 mv2①
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qvB＝mv2r ②
由幾何關系知
d＝2 r③
聯立①②③式得
qm ＝4UB2d2 。④
(2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為
s＝πr2 ＋r tan 30°⑤
帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為
t＝sv ⑥
聯立②④⑤⑥式得
t＝Bd24U π2＋33 。⑦
答案：(1)4UB2d2 　(2)Bd24U π2＋33
10．(2020·山東省德州模擬)如圖所示，xOy坐標系中，在y<0的范圍內存在足夠大勻強電場，方向沿y軸正方向，在0
(1)勻強電場的電場強度E；
(2)要使粒子不打到擋板上，磁感應強度B應滿足的條件；
(3)若粒子恰好不打在擋板上，粒子第四次經過x軸時的坐標。
解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：1.5d＝v0t
豎直方向：d＝12 qEm t2
解得E＝8mv029qd 。
(2)粒子進入磁場時與x軸夾角為θ＝arctan vyv0 ＝arc tan qEmtv0 ＝arctan 43 ＝53°
粒子進入磁場時的速度為v＝v0cos 53° ＝53 v0。
粒子運動軌跡與擋板相切時粒子剛好不打在擋板上，由幾何知識得
r＋r cos 53°＝2d
解得r＝54 d
粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得qvB＝mv2r ，解得B＝4mv03qd
粒子不打在擋板上，磁感應強度需要滿足的條件是：
B≥4mv03qd 。
(3)粒子從磁場進入電場后在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做類豎直上拋運動，在水平方向的位移為2×1.5d＝3d，
粒子第四次到達x軸時：x＝1.5d－2r sin 53°＋3d－2r sin 53°＝0.5d，
粒子第四次經過x軸時的坐標(0.5d，0)。
答案：(1)8mv029qd 　(2)B≥4mv03qd 　(3)(0.5d，0)

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