1、课时作业43带电粒子在组合场中的运动时间：45分钟1.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的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，设OPx，能够正确反应x与U之间的函数关系的是(B)解析：带电粒子经电压U加速，由动能定理，qUmv2，粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，qvBm，2Rx，联立解得：x ，所以能够正确反应x与U之间的函数关系的是图B2(多选)图示为洛伦兹力演示仪的结构，彼此平行且共轴的一对励磁圆形线圈能够在两线圈间产生匀强磁场；电子枪发射出的电子经加速电压U作用后通过玻璃泡内稀薄气体时，能够
2、显示出电子运动的径迹现让电子枪垂直磁场方向发射电子(初速度较小，可视为零)，励磁线圈通入电流I后，可以看到圆形的电子径迹，则下列说法正确的是(BD)A若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大B若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变小C若同时减小I和U，则电子运动的周期减小D若保持I不变，减小U，则电子运动的周期不变解析：若增大励磁线圈中的电流，也就是增大了磁场的磁感应强度B，根据R可知，电子运动的轨迹半径变小，A错误，B正确；由T知，减小U不改变电子运动的周期，减小I，B就减小，则T变大，C错误，D正确3如图，足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场，方向竖直向下(与纸面平行)；下方有一匀强磁
3、场，方向垂直纸面向里一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN时的位置记为P点，第二次穿过MN时的位置记为Q点，P、Q两点间的距离记为d，从P点运动到Q点的时间记为t.不计粒子的重力，若增大v0，则(D)At不变，d不变 Bt不变，d变小Ct变小，d变小 Dt变小，d不变解析：本题考查带电粒子在组合场的周期性运动问题粒子在电场中做类平抛运动，设粒子到达P点时竖直速度为v1(大小不变)，则粒子进入磁场的速度v，速度方向与MN的夹角tan.粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，轨迹半径R，由几何关系可得d2Rsin，sin，联立可得d，即增大v0时d不变，运动的时
4、间t，则增大v0时，tan减小，减小，t减小，D正确4. (多选)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(CD)A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为21C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13解析：两个离子的质量相同，其带电荷量之比是13的关系，所以由a可知，其在电场中的加速度之比是13，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
5、场，所以在离开电场时其速度表达式为：v，可知其速度之比为1.又由qvBm知，r，所以其半径之比为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，则可知角度的正弦值之比为1，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12，故C正确；由电场加速后：qUmv2可知，两离子离开电场的动能之比为13，故D正确5.某回旋加速器的示意图如图，两个半径均为R的D形盒置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并与高频电源两极相连，现对氚核(H)加速，所需的高频电源的频率为f.已知元电荷为e.下列说法正确的是(
6、D)AD形盒可以用玻璃制成B氚核的质量为C高频电源的电压越大，氚核从P处射出的速度越大D若对氦核(He)加速，则高频电源的频率应调为f解析：为使D形盒内的带电粒子不受外电场的影响，D形盒应用金属材料制成，以实现静电屏蔽，A错误；为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的频率相等，由T1和T1，得氚核的质量m1，B错误；由evmBm1，得vm，可见氚核从P处射出时的最大速度vm与电源的电压大小无关，C错误；结合T2和T2，得f2f，又，得f2f，D正确6.如图所示，平面直角坐标系xOy平面内，在x0和xL间范围内分布着匀强磁场和匀强电场，磁场的下边界AP与y轴
7、负方向成45角，其磁感应强度大小为B，电场上边界为x轴，其电场强度大小为E.现有一束包含着各种速率的同种带负电粒子由A点垂直于y轴射入磁场，带电粒子的比荷为.粒子重力不计，一部分粒子通过磁场偏转后由边界AP射出并进入电场区域(1)求能够由AP边界射出的粒子的最大速率；(2)粒子在电场中运动一段时间后由y轴射出电场，求射出点与原点的最大距离解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动，速度越大，则半径越大速度最大的粒子刚好由P点射出，由牛顿第二定律得qvB，由几何关系知rL，联立解得v.(2)粒子从P点离开后，垂直于x轴进入电场，在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a，在
8、电场中运动时，有Lat2，dvt，联立解得dBL.答案：(1)(2)BL7如图所示，在第象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在第、象限内分别存在如图所示方向的匀强磁场，磁感应强度大小相等有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第象限的磁场已知O、P之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为(D)A B(25)C D解析：带电粒子的运动轨迹如图所示，带电粒子出电场时，速度vv0，这一过程的时间t1，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的轨迹半径r2d，带电粒子在第象
9、限中运动的圆心角为，故带电粒子在第象限中的运动时间t2，带电粒子在第象限中运动的时间t3，故t总，D正确8(多选)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进
10、入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)下列说法正确的是(BC)A磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内B加速电场中的加速电压UERC磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d D任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器解析：该正离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A错误；该正离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qEm，在加速电场加速的过程中有qUmv2，联立解得UER，B正确；该正离子在磁分析器中做匀速圆周运动，有qvBm，又qE，可得r ，该正离子经Q点进入收集器，故dr ，C正确；任一初速度为零的正离子，质量、电
11、荷量分别记为mx、qx，经UER的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径RxR，即一定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径rx ，rx的大小与离子的质量、电荷量有关，不一定有rxd，故能到达P点的离子不一定能进入收集器，D错误9如图所示，在xOy直角坐标系中，第象限内分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点已知OAOCd.求电场强度E和磁感应强度B的大小(粒子的重力不计)解析：设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，由动能定理得qUmv2带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律有qBvm由题意得rd联立解得B带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点由平抛运动规律得dvtdat2又qEma，联立解得E.答案：