2020届高考物理总复习课堂检测：带电粒子在组合场中的运动

1、 课时跟踪检测（三十） 带电粒子在组合场中的运动 A 卷 基础保分专练 1. （2016 全国卷I ）现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子， 其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加 速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在 入口处从静止开始被同一加速电场加速， 为使它经匀强磁场偏转后仍从 同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍。此离子和质 子的质量比约为（ ） A. 11 D. 144 r = ，由以上两式整理得：r= B mqU。由于质子与一价正离子的电荷量相同， B1 : B2 =1 : 12,当半径相等时，解得：m2= 1

2、44，选项 D 正确。 m1 2. 回旋加速器是加速带电粒子的装置， 其核心部分是分别与高频交流电 源两极相连接的两个 D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场， 使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强 磁场中，如图所示。设 D 形盒半径为 R。若用回旋加速器加速质子时，匀 强磁场的磁感应强度为 B,高频交流电频率为 f。则下列说法正确的是（ A 质子被加速后的最大速度不可能超过 2nR B. 质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C. 高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流 D .不改变 B 和 f,该回旋加速器也能用于加速 a粒

3、子 2 J? 1 解析：选 A 由 T = 5, T = 1，可得质子被加速后的最大速度为 2n?，其不可能超 v f 过 2nR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项 A 正确，B 错误；高 频电源可以使用正弦式交变电源，选项 C 错误；要加速 a粒子，高频交流电周期必须变为 a粒子在其中做圆周运动的周期，即 T= 严，故选项 D 错误。 q B 3. （2019广东韶关质检）如图所示，解析：选 D 带电粒子在加速电场中运动时，有 qU= mv2，在磁场中偏转时，其半径 B. 12 C. 121 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

4、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 OP= X，能够正确 反应 x 与 U 之间的函数关系的是（ ）D .离开电场区域时的动能之比为 1 : 3 解析：选 B 带电粒子经电压 qU = 1mv2，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, 2 qvB= mR, 2R = x,联立解得: 所以能够正确反应 x 与 U 之间的函数关系的是图 B。 4.（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

5、,其中 C、D 在 x 轴上，它们到 原点 0 的距离均为 a, 0= 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 0 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 （ ） h = B a q,则粒子垂直 CM 射出磁场 2mE h=B aJ，则粒子平行于 x 轴射出磁场 2mE B2a2q h = _8mE，则粒子垂直 CM 射出磁场 h = B 琴，则粒子平行于 x 轴射出磁场 8mE B. 解析: B2 2 选AD若h=益，则在电场中，由动能定理得: qEh = 1mv2 ;在磁场中，由 2 牛顿第二定律得 qvB

6、= m*，联立解得：r= a,根据几何知识可知粒子垂直 CM 射出磁场， 故 A 正确，B 错误。若 h = ，同理可得:r = a,则根据几何知识可知粒子平行于 x 轴 射出磁场，故 C 错误，D 正确。 5.（多选）（）（2019 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 0= 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

7、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 I 3 + V H X 试 h X X U 加速，由动能定理, 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 =里可 md 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 = ；2HU，可 m 2 知其速度之比为 1 : 3。又由 qvB= m知，r=器，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

8、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 0= *，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。 1 c 由电场加速后：qU = mv2可知，两离子离开电场的动能之比为 1 : 3,故 D 正确。 6.（2018 辽宁本溪三校联考）如图所示，L1和 L2为平行线，L1上方和 、 K K X K X 3K X K 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0= 30角斜向上

9、射出，经 -了 W二 K X X M 3C X M K 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， 下列说法中不正确的是 （ ） A. 带电粒子- -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 A 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 点的速度跟在 A 点时 的速度大小相等、方向相同，故 B 正确；根据轨迹，

10、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 经过 B 点，故 D 正确。 7.（2017 全国卷川）如图，空间存在方向垂直于纸面 （xOy 平面）向里的 磁场。在 x0 区域，磁感应强度的大小为 B0; x1）。一质量为 m、电荷量为 q（q0）的带电粒子以速度 v0从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿 x= 盘,所以, 若将带电粒子在 A 点时初速度方向改为

11、与 L2线成 60角斜向上，它就不再 X X x 轴正向 X. 时，求：（不计重力） (1) 粒子运动的时间； (2) 粒子与 0 点间的距离。 解析：( (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在 x 0 区域，圆周半径为 Ri ;在 x V 0 区域，圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 2 V 0金金 qBov o= m Ri V02 q ABo v o= m 粒子速度方向转过 180时，所需时间 ti为 ti=jRj v o 粒子再转过 180时，所需时间 t2为 t2= V 0 联立式得，所求时间为 nm 1 金 t0=匕+12= Bqr。 (2) 由几何关系及式得，所求距

12、离为 d0= 2(R1- R2)=鴛 1-A。 答案：(唱 1+ A( (2) )器 1-A 8.如图所示，在 xOy 坐标系的 0w yw d 的区域内分布着沿 y 轴正方 向的匀强电场，在 dw yw 2d 的区域内分布着垂直于 xOy 平面向里的匀 强磁场，MN 为电场和磁场的交界面，ab 为磁场的上边界。 现从原点 O ab相切并返回磁场。已知电场强度E =第，不计粒子重力和 粒子间的相互作用。求: (1) 粒子第一次穿过 MN 时的速度大小和水平位移的大小; (2) 磁场的磁感应强度 B 的大小。 1 1 解析：( (1)根据动能定理得，qEd = mv2 ?mv02, 解得 v =

13、 2v 0 粒子在电场中做类平抛运动，由 F = qE, a = F, d = at12, x = v0t1 m 2 解得 t1 =皿 x= 7 3v 0 3X X X X X X X X Mil 处沿 x 轴正方向发射出速率为 v、比荷( (电荷量与质量之比) )为 k 的带正 () 电粒子，粒子运动轨迹恰与 (2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场 到第二次进磁场， 两点间距为XCA， 由类平抛运动规律： x= vt, y= qE = ma, 由几何知识可得 x = y, 解得：t=豐 两点间的距离为：xCA = 2 v t, 代入数据可得：XCA= 4 2d。 2 ,

14、 v_ (3)由 qvB= mR, (2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与 x 轴正方向成0角进入磁场 v tan 0= v 0 Jv ,3,解得 0= 60。 根据 R+ Rcos 0= d,解得 R=詈 2 由牛顿第二定律可得 qvB = m R, 解得B=普。 答案:(1)2 v 0字晋 9.(2019 汕头模拟) )如图所示，虚线 MN 为匀强电场和匀强磁场的分 界线，匀强电场场强大小为 E，方向竖直向下且与边界 MN 成0= 45。角, 匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点 P, P 点到边界 MN 的竖直距离为 d。现将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电

15、 粒子从 P 处由静止释放( (不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大 )。 求: (1)粒子第一次进入磁场时的速度大小; (2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离; (3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为 此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则 B的最小值为多少？ B,但方向不变, 1 解析：( (1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为 v，由动能定理可得 qEd = mv2, O 解得：v = 2mEd 联立解得：R = B 由题意可知，当粒子运动到 F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径有最大 值，即 B最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。 设此后粒子做

16、圆周运动的轨迹半径为 r，则由几何关系可知 r= 2 二，2R。 4 代入数据可得： B = 2(2 2)B。 B 卷一一重难增分专练 1. (2019 佛山模拟) )如图甲所示，M、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离 为 d,两板中央各有一个小孔 0、0且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应 强度随时间的变化规律如图乙所示。 有一束正离子在 t= 0 时垂直于 M 板从小孔 0 射入磁场, 已知正离子的质量为 m,电荷量为 q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度 变化的周期都为 ,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计正离子所受重力。求： (1) 磁感应强度

17、 Bo的大小; (2) 要使正离子从 0 孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 vo的可能值。 解析：( (1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛 伦兹力提供向心力，有 2 V 0 Boqv o=叶 粒子运动的周期 To=空 v o 解得 Bo =甲。 qTo (2)正离子从 0孔垂直于 N 板射出磁场时，可能的运动轨迹如图所示， 正离子在两板之间只运动一个周期 To时，有 r = d 4 又因为 mv qBT 所以 B mv qr (3)2(2 2)B (2)4 2d 正离子在两板之间运动 n 个周期即 nTo时，有 r=鲁 5 = 1,2,3,)

18、+ 解得 v0= 2nd0(n = 1,2,3,) )。 2 nm Ttd 答案：乔（2）硏（n=曲，） 2.如图所示，在坐标系 xOy 中，第一象限内充满着两个匀强磁场 a 和 b, OP 为分界线，在磁场 a 中，磁感应强度为 2B,方向垂直于纸面向里， 在磁场b 中，磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向外， P 点坐标为（41,31） 。 一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 P 点沿 y 轴负方向射入磁场 b, X X X X 经过一段时间后，粒子恰能经过原点 O,不计粒子重力。求: （1）粒子从 P 点运动到 0 点的最短时间是多少? （2）粒子运动的速度大小可能是多少？ 解析：

19、（1）设粒子的入射速度为 V,用 Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场 a 中和磁场 b 中运动的轨道半径和周期，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 2 V qv B= mR mv mv 解得 Ra=2qB, Rb= qB, 2 jRa 2 TUB TUB T 2 nRb 2 nm Ta=2qB =B, Tb= =帀 当粒子先在磁场 b 中运动，后进入磁场 a 中运动，然后从 O 点射出时, 粒子从 P 点运动到 0 点所用的时间最短，如图所示。根据几何知识得 黑=夕,故a= 37 4I 4 tan x x x x x规4几3少 粒子在磁场 b 和磁场 a 中运动的时间分别为 tb= 3

20、60 。 I b, t = 2 X 90 a ta T a 360 故从 P 点运动到 0 点的时间为 53 nm t= ta+ tb= 60qB。 (2)由题意及上图可知 n(2RaCOS a+ 2RbCOS a = V(3lj+(4ij 25qBI 解得 v = 12nm(n = 1,2,3,) )。 53 nm 25qBI 答案:(1)60qB (2)孟(n= 1,2,3，) 3. （2018 全国卷H ）足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁 场，其在 xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与 轴垂直，宽度为 I,磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面; 2 t

21、 = 2t+ - n n 2 - 6 -T 2 n 场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 I,电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向; M、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向 射出。不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹; 冗 (3) 若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为 6，求该 粒子的比荷及其从 M 点运动到 N 点的时间。 解析：( (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称， 如图( (a

22、)所示。 (2)设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，进入磁场的速度大小为 向与电场方向的夹角为 0如图(b)，速度 v 沿电场方向的分量为 v 1O 根据牛顿第二定律有 qE = ma 由运动学公式有 I = v ot v i = at v i = v cos 0 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 2 m v qvB= R 由几何关系得 I = 2Rcos 0 联立式得 2EI Bl (3) 由运动学公式和题给数据得 联立式得 设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t，则 求该粒子从 M 点入射时速度的大小; ffi(a) 方 V v 1

23、 = vocot 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T =错? 由？式得 答案：见解析瞥4器，F 1 +器 4.(2019 淮南模拟) )在如图所示的坐标系内， PQ 是垂直于 x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁 场，磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里， AC 边有一挡板可吸 1 收电子，AC 长为do PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为 ？d. 间距为 do电场右侧的 x 轴上有足够长的荧光屏。 现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点 O 沿 y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为 M 点，M 到下极板右端的距离 为1d,电子电荷量为 e,质

24、量为 m,不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求： (1)电子通过磁场区域的时间; 偏转电场的电压 U ; (3)电子至少以多大速率从 0 点射出时才能打到荧光屏上。 t 器。? 解析：( (1)电子在磁场中运动，由牛顿第二定律得 v ev B= m r 解得 r = mv eB 电子在磁场区域运动周期为T=乎讐 通过磁场区域(2)由几何知识得电子在磁场中运动的最大半径 r = d, mv 解得电子进入电场的最大速度v =詈 通过电场的时间 t2= 2V，代入数据解得t2= 2B 电子离开电场后做匀速直线运动到达 M 点，如图甲所示 1 y2= r.=2，又y1+y2= d 2d 匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量