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课时跟踪检测(三十) 带电粒子在组合场中的运动

1.(2020·福建龙岩市模拟)质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D间有一荧光屏。同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点。离子重力不计。则(　　)
A．a离子质量比b的大
B．a离子质量比b的小
C．a离子在磁场中的运动时间比b的长
D．a、b离子在磁场中的运动时间相等
解析：选B　设离子进入磁场的速度为v，在电场中有qU＝12 mv2，在磁场中有Bqv＝mv2r ，联立解得r＝mvBq ＝1B 2mUq ，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，A错误，B正确；在磁场中运动的时间均为半个周期，即t＝T2 ＝πmBq ，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误。
2.(多选)(2020·陕西宝鸡市模拟)医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，如图所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)并通过线束引出加速器。下列说法中正确的是(　　)
A．加速两种粒子的高频电源的频率相同
B．两种粒子获得的最大动能相同
C．两种粒子在D形盒中运动的周期相同
D．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能
解析：选AC　回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期应和交流电的周期相同。带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πmqB ，两粒子的比荷qm 相等，所以周期相同，故加速两种粒子的高频电源的频率也相同，A、C正确； 根据qvB＝mv2R 得v＝qBRm ，最大动能Ekm＝12 mv2＝q2B2R22m ，可知Ekm与加速电压无关，两粒子的比荷qm 相等，电荷量q不相等，所以最大动能不等，故B、D错误。
3.如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁感中，粒子打至P点。设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的图象是(　　)

解析：选B　带电粒子经电压U加速，由动能定理得qU＝12 mv2，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁感中，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2R ，而R＝x2 ，联立解得x＝2B 2mvq 。B、m、q一定，根据数学知识可知，图象是抛物线，由此可知能够正确反应x与U之间的函数关系的是图象B。
4．(多选)如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2线上，带电粒子从A点以初速度v与L2线成θ＝30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计粒子重力，下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子一定带正电
B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同
C．若将带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)它仍能经过B点
D．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2线成60°角斜向上，它就不再经过B点
解析：选BCD　画出带电粒子运动的两种可能轨迹，如图所示，对应正、负电荷，故A错误；带电粒子经过B点的速度和在A点时的速度大小相等、方向相同，故B正确；根据轨迹可知，粒子经过边界L1时入射点到出射点间的距离与经过边界L2时入射点到出射点间的距离相同，与速度大小无关，所以当初速度变大但保持方向不变，它仍能经过B点，故C正确；设L1与L2之间的距离为d，由几何知识得A到B的距离为x＝2dtan θ ，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2线成60°角斜向上，它就不再经过B点，故D正确。
5．(多选)(2020·温州中学模拟)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)
A.在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为2∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析：选CD　两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a＝qUmd 可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为v＝ 2qUm ，可知其速度之比为1∶3 。又由qvB＝mv2r 知r＝mvqB ，所以其半径之比为3 ∶1，故B错误。由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为3 ∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以sin θ＝Lr ，则可知角度的正弦值之比为1∶3 ，又P＋的偏转角度为30°，可知P3＋的偏转角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确。由电场加速后：qU＝12 mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确。
6．(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝45°。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是(　　)
A．若h＝B2a2q2mE ，则粒子垂直CM射出磁场
B．若h＝B2a2q2mE ，则粒子平行于x轴射出磁场
C．若h＝B2a2q8mE ，则粒子垂直CM射出磁场
D．若h＝B2a2q8mE ，则粒子平行于x轴射出磁场
解析：选AD　若h＝B2a2q2mE ，则在电场中，由动能定理得：qEh＝12 mv2；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r ，联立解得r＝a，根据几何知识可知粒子垂直CM方向射出磁场，故A正确，B错误。若h＝B2a2q8mE ，同理可得：r＝12 a，则根据几何知识可知粒子平行于x轴方向射出磁场，故C错误，D正确。
7．(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受洛伦兹力的作用，其他力不计)(　　)

A.若粒子的初始位置在a处，在t＝38 T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f处，在t＝T2 时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e处，在t＝118 T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b处，在t＝T2 时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
解析：选AD　要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝T2 ，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝34 T0＝38 T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确。

8．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，x轴上方存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，x轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一个静止的带正电粒子位于y轴正半轴的A(0，h)点，某时刻由于内部作用，分裂成两个电荷量都为＋q的粒子a和b，分别沿x轴正方向和负方向进入电场。已知粒子a的质量为m，粒子a进入第一象限的动量大小为p。设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：

(1)粒子a第一次通过x轴时离原点O的距离x；
(2)粒子a第二次通过x轴时与第一次通过x轴时两点间的距离L。
解析：(1)如图所示，粒子a在电场中只受电场力，做类平抛运动。

由平抛运动规律可得：x＝v0t①
h＝12 at2②
qE＝ma③
p＝mv0④
联立①②③④解得x＝p2hmEq 。
(2)粒子a进入磁场时，设速度为v，与x轴正方向成θ角，y轴方向的速度为vy，则
vy＝at⑤
vy＝v sin θ⑥
粒子a在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，有
qvB＝mv2r ⑦
由几何知识得：
L＝2r sin θ⑧
联立②③⑤⑥⑦⑧式解得L＝2B 2mEhq 。
答案：(1)p2hmEq 　(2)2B 2mEhq
9.(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有

qU＝12 mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝mv2r ②
由几何关系知
d＝2 r③
联立①②③式得
qm ＝4UB2d2 。④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝πr2 ＋r tan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝sv ⑥
联立②④⑤⑥式得
t＝Bd24U π2＋33 。⑦
答案：(1)4UB2d2 　(2)Bd24U π2＋33
10．(2020·山东省德州模拟)如图所示，xOy坐标系中，在y<0的范围内存在足够大匀强电场，方向沿y轴正方向，在0
(1)匀强电场的电场强度E；
(2)要使粒子不打到挡板上，磁感应强度B应满足的条件；
(3)若粒子恰好不打在挡板上，粒子第四次经过x轴时的坐标。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：1.5d＝v0t
竖直方向：d＝12 qEm t2
解得E＝8mv029qd 。
(2)粒子进入磁场时与x轴夹角为θ＝arctan vyv0 ＝arc tan qEmtv0 ＝arctan 43 ＝53°
粒子进入磁场时的速度为v＝v0cos 53° ＝53 v0。
粒子运动轨迹与挡板相切时粒子刚好不打在挡板上，由几何知识得
r＋r cos 53°＝2d
解得r＝54 d
粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r ，解得B＝4mv03qd
粒子不打在挡板上，磁感应强度需要满足的条件是：
B≥4mv03qd 。
(3)粒子从磁场进入电场后在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做类竖直上抛运动，在水平方向的位移为2×1.5d＝3d，
粒子第四次到达x轴时：x＝1.5d－2r sin 53°＋3d－2r sin 53°＝0.5d，
粒子第四次经过x轴时的坐标(0.5d，0)。
答案：(1)8mv029qd 　(2)B≥4mv03qd 　(3)(0.5d，0)

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