2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）考点54　带电粒子在组合场中的运动

考点54带电粒子在组合场中的运动强基固本对点练知识点1带电粒子在组合场中的运动1．如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径．已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计．(1)判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；(2)求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；(3)若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t.2．如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线，质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a，不考虑粒子重力．(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值．3.如图所示，在xOy坐标系中有圆柱形匀强磁场区域，其圆心在O′(R，0)，半径为R，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里．在y≥R范围内，有方向向左的匀强电场，电场强度为E.有一带正电的微粒以平行于x轴射入磁场，微粒在磁场中的偏转半径刚好也是R.已知带电微粒的电量为q，质量为m，整个装置处于真空中，不计重力．(1)求微粒进入磁场的速度大小；(2)若微粒从坐标原点射入磁场，求微粒从射入磁场到再次经过y轴所用时间；(3)若微粒从y轴上y＝eq\f(R,2)处射向磁场，求微粒以后运动过程中距y轴的最大距离．知识点2组合场的应用实例一——回旋加速器4.[2024·福建省厦门一中月考](多选)如图所示为回旋加速器的示意图．两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速．已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U，频率为f，质子质量为m，电荷量为q，不计粒子在电场中运动时间．下列说法正确的是()A．质子的最大速度不超过2πRfB．质子的最大动能为eq\f(（qBR）2,2m)C．高频交变电源的频率f＝eq\f(qB,2πm)D．质子的最大动能与高频交变电源的电压U有关，且随电压U增大而增加知识点3组合场的应用实例二——质谱仪5．如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上．不考虑离子间的相互作用，则()A.电场力对每个氖20和氖22做的功不等B．氖22进入磁场时的速度较大C．氖22在磁场中运动的半径较小D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠培优提能模拟练6.[2024·河北省邢台市五校质检联盟联考]回旋加速器使人类对高能粒子的获得取得了跨越性的进步，图为一种改进后的回旋加速器示意图，A、C板间有电场，虚线(含A、C板)之外的D形盒区域有匀强磁场，粒子的运动轨迹如图所示．下列说法正确的是()A．A、C间电场为交变电场B．带电粒子每一次加速前后，速度增加量相同C．粒子从离开A板到再次回到A板，其间被加速两次D．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关7．[2024·山东省潍坊市模拟]如图所示，在x轴下方宽度为d＝0.2m的区域中，x>0的区域有沿y轴正方向的匀强电场，场强E＝4×103V/m，x<0的区域无电场．在y>0和y<－0.2m的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.4T．一比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg的带正电粒子从M(0.1m，－0.2m)点由静止释放，不计粒子重力，以下判断正确的是()A．粒子第一次经过x轴时速度大小为2×104m/sB．粒子第三次经过y轴时速度方向与y轴垂直C．粒子第三次经过y轴时的位置坐标为(0，0.2m)D．粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时间为(eq\f(2＋\r(2),4)＋eq\r(3)＋π)×10－5s8．[2024·山东省日照市模拟]如图所示，三个同心圆a、b、c的半径分别为r、2r、2eq\r(3)r，在圆a区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1.在圆a和圆b间的环形区域存在背向圆心的辐向电场，在圆b和圆c间的环形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B2.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，从圆a边界上的A点沿半径方向以速度v0射入圆a内，第一次从圆a边界射出时速度方向偏转60°，经过辐向电场加速后，从圆b边界上进入外环区域，粒子恰好不会从圆c飞离磁场．已知磁感应强度B2＝eq\f(\r(3)mv0,qr)，不计粒子的重力．则()A．圆a区域内匀强磁场的磁感应强度B1大小为eq\f(\r(3)mv0,qr)B．圆a与圆b两边界间辐向电场的电势差为eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)C．粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为eq\f(\r(3)πr,v0)D．粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为eq\f(7\r(3)πr,9v0)9．[2024·江苏省六校联考]图示是一种质谱仪的原理图，离子源(在狭缝S1上方，图中未画出)产生的带电粒子(不计重力)经狭缝S1与S2之间的电场加速后，进入P1和P2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域．沿直线通过狭缝S3后垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹．若从离子源产生的粒子初速度为零、比荷eq\f(q,m)＝109C/kg，S1与S2之间的加速电压U1＝5×104V，P1和P2两金属板间距离d＝0.02m，两板间匀强磁场的磁感应强度B1＝0.1T，测出照相底片上的条纹到狭缝S3的距离L＝0.1m．求：(1)粒子经加速电场加速后的速度v1；(2)P1和P2两金属板间匀强电场的电压U2；(3)经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B2.10．[2024·浙江浙东北联盟联考]如图甲，半径为R的圆内有垂直xOy平面向外的匀强磁场，其左侧x轴上方的离子源沿x轴正方向射出宽为2R，沿y轴方向均匀分布的离子流．离子的质量为m(重力不计)，电量为q，速度均为v0，x轴下方的区域足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小与上方磁场相同，方向垂直纸面向里．已知从y＝R处进入x轴上方磁场的离子恰好能从O点进入x轴下方的磁场，则：(1)磁场的磁感应强度的大小．(2)若y＝0.5R处进入x轴上方磁场的离子也能从O点进入x轴下方的磁场，求该离子离开x轴下方磁场时位置坐标．(3)如图乙所示若在x＝1.6R处放置一个上端与x轴相齐，下端足够长的感光板用于探测和收集离子．感光板有且仅有一个区域，该区域中的同一位置会先后接收到两个离子，这一区域称为二次发光区．①感光板接收到离子的区域的长度；②二次发光区的长度；11．[2024·河南省部分名校联考]如图所示，第一象限内存在沿x轴负方向、场强大小为E的匀强电场，第二、三、四象限存在垂直xOy平面向里的匀强磁场．把一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子由A点静止释放，A点到x轴和y轴的距离均为d，粒子从y轴上的P点第一次进入磁场偏转后，垂直x轴再次进入电场，在电场的作用下又从y轴上的Q点(图中未标出)第二次进入磁场，粒子重力不计．求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)O、Q两点间的距离；(3)粒子第2023次进入磁场时的位置到坐标原点的距离．

考点54带电粒子在组合场中的运动1．答案：(1)正电eq\f(mv2,2q)(2)eq\f(mv,qB)(3)eq\f(πm,3qB)解析：(1)带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电．粒子在电场中运动由动能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2解得U＝eq\f(mv2,2q)(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)(3)设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为θ，如图依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得θ＝eq\f(π,3)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有T＝eq\f(2πr,v)带电粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,2π)T联立各式解得t＝eq\f(πm,3qB).2．答案：(1)eq\f(5aqB0,m)(2)B1>eq\f(8B0,3)(3)4na(n＝1，2，3……)解析：(1)设粒子在OF上方做圆周运动半径为R，如图所示由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2解得R＝5a根据洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(5aqB0,m)(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，如图所示由几何关系得r1＋r1cosθ＝3acosθ＝eq\f(3,5)解得r1＝eq\f(15a,8)根据洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝meq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(8B0,3)当磁感应强度大于eq\f(8B0,3)时，粒子运动的轨迹半径减小，粒子将不会从AC边界飞出；(3)当磁感应强度为3B0大于eq\f(8B0,3)时，粒子的运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力，有qv·3B0＝meq\f(v2,r)所以粒子在OF下方的运动半径为r＝eq\f(5,3)a设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知PP1＝2(3a－rcos所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为l＝nPP1＝4na(n＝1，2，3……3．答案：(1)eq\f(qBR,m)(2)t1＋t2＝eq\f(πm,2qB)＋eq\r(\f(2mR,qE))(3)R＋eq\f(qB2R2,8mE)解析：(1)微粒射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)(2)微粒从原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R，所以微粒经eq\f(1,4)圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，轨迹如图甲所示在磁场中运动时间为t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)进入电场后做类平抛运动，沿电场方向R＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,2)解得t2＝eq\r(\f(2mR,qE))故所求时间为：t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2qB)＋eq\r(\f(2mR,qE))(3)微粒从y轴上y＝eq\f(R,2)处射向磁场，入射点为P，轨迹圆心为O2，如图乙所示在△APO中∠AO′P＝30°，∠APO′＝60°，连接O2O′，因O2P＝O′P＝R，∠O2PO′＝120°，则∠PO′O2＝30°，两圆相交，关于圆心连线对称，设出射点为Q，由对称知∠O2O′Q＝30°，出射点Q必位于O′点正上方．由于∠PO2Q＝60°，所以微粒从磁场中出射方向与x轴成θ＝60°.在电场中微粒沿x轴正方向做初速度为vOx＝vcosθ的匀减速运动，加速度大小为a＝eq\f(qE,m)，在电场中向右运动的最远距离xm＝eq\f(veq\o\al(2,Ox),2a)由以上三个方程及v＝eq\f(qBR,m)可解得xm＝eq\f(qB2R2,8mE)运动过程中距y轴的最远距离为d＝R＋xm，即d＝R＋eq\f(qB2R2,8mE).4．答案：ABC解析：质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当质子的轨道半径为R时，质子达到最大速度，根据线速度定义式，质子的最大速度为vm＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，A正确；根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，当r＝R时，有最大速度为vm＝eq\f(qBR,m)，质子的最大动能为Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，与高频交变电源的电压U无关，B正确，D错误；高频交变电源的频率与质子在磁场中运动的频率相等，根据qvB＝meq\f(v2,r)，v＝eq\f(2πr,T)＝2πrf，解得f＝eq\f(qB,2πm)，C正确．5．答案：D解析：根据电场力做功公式W＝qU，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，A错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B错误；在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，根据动能和动量的关系有mv＝eq\r(2mEk)，综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，C错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,R)，联立可得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，D正确．6．答案：D解析：带电粒子只有经过AC板间时被加速，即粒子从离开A板到再次回到A板，其间被加速一次，且板间电场方向保持不变，所以A、C间电场不是交变电场，A、C错误；设带电粒子在AC板间被加速的加速度大小为a，则有Δv＝aΔt，由于AC板间距离保持不变，随着带电粒子被加速后每次经过AC板间的速度逐渐变大，带电粒子被加速的时间逐渐减小，则带电粒子每一次加速前后，速度增加量逐渐减小，B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，设D形盒半径为R，则有R＝eq\f(mvm,qB)，可得vm＝eq\f(qBR,m)，加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，D正确．7．答案：D解析：粒子从M点由静止释放经过电场加速到第一次经过x轴过程中有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得v1＝eq\r(\f(2qEd,m))＝eq\r(2×1×106×4×103×0.2)m/s＝4×104m/s，A错误；根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径r1，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r1)，得r1＝eq\f(mv1,qB)＝eq\f(10－6×4×104,0.4)m＝0.1m，同理，粒子经过电场加速两次后在磁场中的运动半径r2＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(10－6×4\r(2)×104,0.4)m＝0.1eq\r(2)m，由图可知，粒子第三次经过y轴时速度方向与y轴不垂直，粒子第三次经过y轴时的位置坐标不为(0，0.2m)，B、C错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π×10－6,0.4)s＝5π×10－6s，粒子在电场中第一次加速的时间为t1＝eq\f(d,\o(v,\s\up6(－)))＝eq\f(d,\f(v1,2))＝eq\f(0.4,4×104)s＝1×10－5s，粒子在电场中第二次加速的时间为t2＝eq\f(d,\o(v,\s\up6(－)))＝eq\f(d,\f(v1＋v2,2))＝eq\f(0.4,4×104＋4\r(2)×104)s，粒子在无电场和磁场区域做匀速直线运动时间分别为t′1＝eq\f(d,v1)、t′2＝eq\f(d,v2)，则粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时间为t＝2T＋t1＋t2＋t′1＋t′2＝(eq\f(2＋\r(2),4)＋eq\r(3)＋π)×10－5s，D正确．8．答案：B解析：如图根据qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)得R＝eq\f(mv0,qB1)，由几何关系得半径R＝eq\r(3)r，联立解得B1＝eq\f(mv0,\r(3)qr)，A错误；如图根据几何关系，在圆b和圆c间的环形区域的匀强磁场偏转半径R1＝2eq\r(3)r，又R1＝eq\f(mv1,qB2)，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得U＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)，B正确；粒子运动轨迹如上图，粒子圆a区域内匀强磁场运动的周期T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB1)，粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为ta＝eq\f(2πm,3qB1)，粒子圆c区域内匀强磁场运动的周期T＝eq\f(2πR,v1)＝eq\f(2πm,qB2)，在磁场中运动的最短时间为tc＝eq\f(8πm,3qB1)，粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为t＝ta＋tc＝eq\f(14\r(3)πr,9v0)，C、D错误．9．答案：(1)107m/s(2)2×104V(3)0.2T解析：(1)在S1和S2两极板间加速，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得v1＝107m/s(2)带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡qeq\f(U2,d)＝qv1B1解得U2＝2×104V(3)由题意可知，根据几何关系，粒子轨道半径R＝eq\f(L,2)洛伦兹力提供向心力qv1B2＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)解得B2＝eq\f(2,L)eq\r(\f(2mU1,q))＝0.2T．10．答案：(1)eq\f(mv0,qR)(2)eq\r(3)R(3)①1.2R②0.4R解析：(1)根据qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)可得B＝eq\f(mv0,qR)(2)粒子运动轨迹如图根据几何关系可知离子进入x轴下方时速度与水平夹角为60°，出磁场位置时于O点的距离为d，则d＝2Rsin60°＝eq\r(3)R(3)①离子从O点出射速度方向在与y轴负方向成β角偏左时，圆周运动