高考物理一轮复习课时作业44带电粒子在组合场中的运动专题（含解析）

带电粒子在组合场中的运动专题

一、选择题

1．(2018·日照模拟)质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量．其工作原理如图所示．虚线为某粒子运动轨迹，由图可知(　　)

A．此粒子带负电

B．下极板S2比上极板S1电势高

C．若只减小加速电压U，则半径r变大

D．若只减小入射粒子的质量，则半径r变小

答案　D

解析　A项，由图结合左手定则可知，该电荷带正电．故A项错误．

B项，粒子经过电场要加速，因正电粒子，所以下极板S2比上极板S1电势低．故B项错误．

C项，根据动能定理得，qU＝mv2，由qvB＝m得：r＝.若只减小加速电压U，由上式可知，则半径r减小，故C项错误，

D项，若只减小入射粒子的质量，q不变，由上式可知，则半径也减小．故D项正确．

2．(2018·烟台二模)(多选)某回旋加速器两D形盒间电压的变化周期可随时与粒子运动周期同步，粒子通过缝隙时加速电压都能保持大小为U，已知它可以将质子Р加速到某一速度vm，如果改用它加速α粒子，并且也要达到相同的速度，则(　　)

A．磁感应强度大小应变为原来的

B．磁感应强度应大小变为原来的2倍

C．在回旋加速器中转过的周期数是原来的2倍

D．在回旋加速器中转过的周期数是原来的

答案　BC

解析　磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径．当粒子在磁场中运动时，qvB＝m，得：v＝

A、B两项，当质子α粒子，根据v＝知荷质比变为质子的一半，要是速度不变，需要磁场变为原来的2倍，故A项错误，B项正确；

C、D两项，根据磁场中运动周期T＝知荷质比变为质子的一半，周期变为2倍，故C项正确，D项错误．

3．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，比荷相等的正、负离子都由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.正、负离子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区迎面相撞，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　)

A．所加匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外

B．若加速电压一定，离子的比荷越大，磁感应强度B越小

C．磁感应强度B一定时，比荷相同的离子加速后，质量大的离子动能小

D．对于给定的正、负离子，加速电压U越大，离子在环状空腔磁场中的运动时间越长

答案　B

解析　离子在环状空腔内做圆周运动，洛伦兹力指向圆心，由左手定则可知，磁场方向垂直环面向内，A项错误；离子加速，由动能定理得qU＝mv2，而运动的半径r一定，则r＝＝，B项正确，C项错误；离子在磁场中的运动时间t＝＝，与加速电压U的大小无关，D项错误．

4.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为(　　)

A．d随v0增大而增大，d与U无关

B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大

C．d随U增大而增大，d与v0无关

D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小

答案　A

解析　设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝.而MN之间的距离为d＝2rcosθ.联立解得d＝2，故A项正确．

5．(2018·重庆二模)(多选)如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一重力不计的带电粒子(电量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限．已知OP之间的距离为d，则(　　)

A．带电粒子通过y轴时的坐标为(0，d)

B．电场强度的大小为

C．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为

D．磁感应强度的大小为

答案　BC

解析　根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示：

粒子进入电场后做类平抛运动，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，

所以v＝＝v0；

vx＝v0tan45°＝v0

A项，沿x轴方向有：x＝at2

所以＝＝×＝

OM＝2OP＝2d，故A项错误；

B项，根据牛顿第二定律，则有：a＝＝；

解得：E＝，故B项正确；

C项，在垂直电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为：t1＝；

图中MC为在磁场中运动的轨道半径，根据几何关系可知：

MC＝＝2d；

粒子从A点进入磁场，先在第一象限运动＝个圆周而进入第四象限，则运动的时间t2＝T＝，

则带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为，故C项正确；

D项，根据半径公式R＝，且R＝2d，解得：B＝，故D项错误．

6.如图甲所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图乙中的(　　)

答案　C

解析　由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动圆周，故t＝，由于T＝，求得B＝，只有C项正确．

7．(2018·河南模拟)(多选)如图所示，在两个同心的大小圆之间分布着指向圆心的电场，在半径为R的小圆内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．今在大圆周上的A点从静止开始释放一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)，它将往返于电场和磁场中不断运动．当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短时，下列说法正确的是(　　)

A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为R

B．粒子在磁场中运动的速度大小为

C．粒子在磁场中运动的最短时间为

D．大圆和小圆间的电势差为

答案　BD

解析　粒子将往返于电场和磁场中不断运动，当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短，如图所示

粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R，由qvB＝m，粒子在磁场中运动的速度大小为v＝＝，由动能定理可得qU＝mv2，大圆和小圆间的电势差为U＝，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的最短时间为t＝3××＝，故B、D两项正确，A、C两项错误．

8．(2018·河南模拟)(多选)某兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟8字形运动，即在y＞0的空间中和y＜0的空间内同时存在着大小相等，方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里、和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d.一重力不计的负电荷从y轴上的P(0，d)点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到P点，则下列说法正确的是(　　)

A．电场与磁场的比值为v0

B．电场与磁场的比值为2v0

C．带电粒子运动一个周期的时间为＋

D．带电粒子运动一个周期的时间为＋

答案　BD

解析　粒子运动轨迹如图：

粒子在电场中做类平抛运动，则：

d＝v0t1

d＝··t12

粒子在磁场中做匀速圆周运动，

则：R＝

结合几何关系：R＝d

联立解得：＝2v0，故A项错误，B项正确；

类平抛运动的时间：4t1＝；

匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，故时间：t2＝；

带电粒子运动一个周期的时间为：t＝＋，故C项错误，D项正确．

9．(2018·淮南二模)(多选)如图所示，在xOy平面中第一象限内有一点P(4 cm，3 cm)，OP所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，OP上方有平行于OP向上的匀强电场，电场强度E＝100 V/m.现有质量m＝1×10－6 kg，电量q＝2×10－3 C带正电的微粒，从坐标原点O以初速度v0＝1×102 m/s垂直于OP方向射入磁场，经过P点时速度方向与OP垂直并进入电场，在经过电场中的M点(图中未标出)时的动能为O点时动能的2倍，不计该微粒重力．下列说法正确的是(　　)

A．磁感应强度的大小为0.2 T

B．OM两点间的电势差为7.5 V

C．粒子从P点运动到M点的时间等于5×10－4 s

D．M点的坐标为(3 cm，7 cm)

答案　BC

解析　A项，因粒子过P点时垂直于OP，所以OP为粒子做圆周运动的直径是5 cm其轨迹半径r＝2.5 cm＝2.5×10－2 m

由于Bqv0＝m，解得：B＝2 T，故A项错误；

B项，进入电场后，沿电场线方向：y′＝at2＝105t2

vy′＝at＝2×105t

垂直于电场方向：x′＝υt＝103t

vx′＝102 m/s，

因为2EKO＝EKM即：2×mv2＝m(vx′2＋vy′2)，

解得：x′＝0.05 m

y′＝0.025 m

t＝5×10－4 s，

电势差：U＝E(OP＋y′)＝100(0.05＋0.025 m)＝7.5 V；故B、C两项正确；

D项，由几何关系可知，M点坐标：

X＝(OP＋y′)cosθ－x′sinθ＝3 cm，

Y＝(OP＋y′)sinθ＋x′cosθ＝8.5 cm；

故D项错误．

10．(多选)如图，在xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的场强E＝×104 N/C的匀强电场，第四象限内分布有垂直于纸面向里的磁感应强度B1＝0.2 T的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂直于纸面向里的磁感应强度为B2的匀强磁场．在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM平板上开有一个小孔P，P处连接有一段长度d＝1 cm，内径不计的直管，位于第一象限内，管内由于静电屏蔽没有电场．Y轴负方向上距O点 cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射α粒子，且OS＜OP.假设发射的α粒子速度大小v均为2×105 m/s，除了垂直于x轴通过P点的α粒子可以进入电场，其余打到平板上的α粒子均被吸收．已知α粒子带正电，比荷＝5×107 C/kg，重力不计，则(　　)

A．经过P点进入电场中运动的α粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离为0.06 m

B．经过P点进入电场中运动的α粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离为0.07 m

C．要使离开电场的α粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2可为 T

D．要使离开电场的α粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2可为 T

答案　BD

解析　粒子洛伦兹力提供向心力：qvB1＝m

可得：r＝＝0.02 m

由几何关系可知P点距O点：x＝r＋＝0.03 m①

粒子进入电场后做类平抛运动，Eq＝ma②

x轴方向位移：x＝at2③

y轴方向位移：y＝vt④

联立①②③④式可得：y＝0.06 m

所以，粒子到达y轴位置与O点的距离：H＝y＋d＝0.07 m⑤

A项错误，B项正确；

设粒子在y轴射出电场的速度方向与y轴正方向夹角为θ，

根据速度偏向角公式：tanθ＝＝＝1，可得：θ＝45°

粒子进入磁场时的速度：v′＝＝2v⑥

C、D两项，若粒子离开电场经B2磁场偏转后直接回到S处，设粒子在B2的轨道半径r′，

y轴负方向上的粒子源距O点距离：h＝ cm

由几何关系可得：r′＝＝×10－2 m⑦

根据洛伦兹力提供向心力：qvB2＝m⑧

联立⑤⑥⑦⑧式可得：B2＝ T，

若粒子离开电场经B2磁场偏转后进入B1磁场偏转再回到离子源S处，

则进入B1磁场的偏转半径：R＝＝×10－2 m

根据粒子在B2磁场中圆周运动半径，同理得：B2＝ T

故C项错误，D项正确．

二、非选择题

11.(2018·课标全国Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求

(1)磁场的磁感应强度大小；

(2)甲、乙两种离子的比荷之比．

解析　(1)甲粒子在电场中加速，由动能定理得：

q1U＝m1v12，

由题意可知，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：

r1＝l，

甲离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q1v1B＝m1，

解得：B＝；

(2)离子在电场中加速，由动能定理得：

对甲：q1U＝m1v12，

对乙：q2U＝m2v22，

由题意可知，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：

r1＝l，

乙离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r2＝l，

离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

对甲：q1v1B＝m1，对乙：q2v2B＝m2，

离子的比荷：k＝，

解得，甲乙离子的比荷之比：＝.

12．(2018·河南一模)如图所示，坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向(包括x轴正方向和负方向)发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在0≤y≤d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝，其中q与m分别为该种粒子的电荷量和质量；在d≤y≤2d的区域内分布有垂直xOy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y＝2d处，观察发现此时恰好没有粒子打到ab板上．(不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用)

(1)求粒子刚进入磁场时的速率；

(2)求磁感应强度B的大小；

(3)将ab板平移到距x轴最远什么位置时所有粒子均能打到板上？

解析　(1)根据动能定理得Eqd＝mvt2－mv02，

可得刚进入磁场时的速率vt＝2v0

(2)根据vt＝2v0，对于沿x轴正方向射出的粒子，其进入磁场时与x轴正方向的夹角θ＝

在电场中沿x轴正方向的位移

x1＝v0t＝d

若沿x轴正方向出的粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x轴正方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹与ab板相切，如图甲所示：

由几何关系可知r＋rcos＝d

可得粒子做圆周运动的半径r＝d

洛伦兹力提供向心力qvtB＝m

可得B＝＝

(3)若沿x轴负方向射出的粒子能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上，临界情况就是沿x轴负方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹恰好与ab板相切．如图乙所示：

由图可知，此时磁场宽度为d

即当ab板位于y＝d的位置时，恰好所有粒子均能打到板上．

13．(2018·徐州一模)如图所示的xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy(未知)，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外．电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0，2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场．已知电子质量为m，电荷量为e，E＝，B2＝，不计电子重力．

(1)求磁感应强度B1的大小；

(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的最小值；

(3)若电场沿y轴正方向，Δy＝R，欲使电子b从矩形磁场射出的方向与水平夹角为60°，求矩形磁场区域的最小面积．

解析　(1)电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径相等，设为r，

当电子a射入，经过O点进入x轴下方，则：

r＝R，

ev0B1＝m，

解得：B1＝；

(2)匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理：eE·Δy＝mv02，

可求出Δy＝＝R；

(3)匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b到达MN时速度为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动半径为r1，电子b离开电场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示．

由动能定理，有：eE·Δy′＝mv2－mv02，

解得：v＝2v0，

cosθ＝＝，故θ＝；

在电场中a＝＝，

t1＝＝，

x＝v0t1＝2R；

在矩形磁场：evB2＝m，

得：r1＝R，

由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且方向与水平夹角为θ＝时，

最小矩形磁场的水平边长为l1＝(r1＋r1sinθ)，

竖直边长为l2＝(r1＋r1cosθ)，

最小面积为S＝l1l2＝r12(1＋sinθ)(1＋cosθ)＝4(2＋)R2.