2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案071-课时作业61 带电粒子在组合场中的运动（教用）

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1．（2025·河北石家庄二模）在半导体离子注放工艺中，初速度可忽略的离子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、方向垂直于纸面向里、有一定的宽度的匀强磁场区域中，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。则在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（ ）
A. 在磁场中运动的半径之比为3:1
B. 在电场中的加速度之比为1:1
C. 在磁场中转过的角度之比为1:2
D. 离开磁场区域时的动能之比为1:3
【答案】C
【解析】离子在电场中运动时有qU=12mv2，离子在磁场中运动时有qvB=mv2r，联立解得r=1B2mUq，所以两离子在磁场中运动的半径之比为3:1，故A错误；在电场中的加速度为a=Eqm=qUmd，所以加速度之比为1:3，故B错误；设磁场宽为l，根据几何关系可得 sinθ=lr=Blq2mU，所以离子在磁场中转过的角度的正弦值之比为1:3，由于P+在磁场中转过的角度为30∘ ，所以P3+在磁场中转过的角度为60∘ ，即转过的角度之比为1:2，故C正确；离开磁场区域时的动能与进入磁场时的动能相等，均为qU，所以动能之比为1:3，故D错误。
2．如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，现有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入左侧匀强磁场中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。不计电子所受重力，则以下说法正确的是（ ）
A. 电子的运动轨迹为PENCMDP
B. B1=2B2
C. 电子从射入磁场到回到P点用时为2πmeB1
D. B1=4B2
【答案】B
【解析】根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入左侧匀强磁场时，受到洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动轨迹半径是在右侧匀强磁场中的运动轨迹半径的一半，根据r=mveB可知B1=2B2，故B正确，D错误；电子从射入磁场到第一次回到P点，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t=2πmeB1+πmeB2=4πmeB1，故C错误。
3．（2025·湖南长沙一模）多选 利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy坐标系的y轴右侧存在沿y轴负方向的匀强电场，y轴左侧存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B=mv02qL的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从P点(2L,3L)以大小为3v0的初速度沿x轴负方向发射，恰好经过坐标原点O进入左侧磁场，再经过M点（未画出）返回y轴右侧。不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的电场强度的大小为93mv022qL
B. 粒子射入磁场时的速度大小为3v0
C. 粒子从P点运动到M点的时间为(2+10π)L3v0
D. 粒子在磁场中运动的轨迹圆半径为12L
【答案】ACD
【解析】从P点到O点，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动规律有2L=3v0t1，3L=12⋅Eqm⋅t12，解得t1=2L3v0，E=93mv022qL，故A正确；粒子做类平抛运动时的加速度大小为a=Eqm=93v022L，则vy=at1=33v0，则粒子射入磁场时的速度大小为v=(3v0)2+vy2=6v0，故B错误；粒子由电场进入磁场，运动情况如图，粒子在磁场内做匀速圆周运动，故有qvB=mv2R，解得R=mvBq=12L，T=2πRv=4πLv0，由于 tanθ=3v0vy=33，可知θ=30∘ ，由几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角为300∘ ，故粒子在磁场中运动的时间t2=300∘360∘T=10πL3v0，粒子从P点运动到M点的时间为t=t1+t2=(2+10π)L3v0，故C、D正确。
4．（2025·安徽合肥一模）多选 如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从边界上O点射入磁场，入射方向与边界成45∘ 角。当粒子第一次运动到电场中的P点时速度大小为v0、方向与边界平行，且P点与O点水平方向相距3L，P点与边界相距L。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子从O点射入磁场时的速度大小为2v0
B. 粒子第一次射入电场时的速度大小为2v0
C. 匀强电场的场强大小为mv022qL
D. 匀强磁场的磁感应强度大小为2mv0qL
【答案】ACD
【解析】粒子第一次在电场中到达最高点P，其运动轨迹如图所示，设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆弧，QP段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与边界成45∘ 角，可得v0=vcs45∘ ，解得v=2v0，选项A正确，B错误；在粒子从Q点运动到P点的过程中，由动能定理得−qE0L=12mv02−12mv2，解得E0=mv022qL，选项C正确；由Q点到P点的过程中，水平方向的位移为x=v0t1，竖直方向的位移为y=v02t1=L，可得x=2L，OQ=L=2Rcs45∘ ，故粒子做圆周运动的半径R=22L，根据洛伦兹力提供向心力有qBv=mv2R，解得B=2mv0qL，选项D正确。
5．（2026·湖北名校联考）多选 如图所示，边界线L1、L2平行，在L1的上方和L2的下方，均有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小相同。带正电的粒子从边界L2上的A点以初速度v与边界线L2成θ=60∘ 斜向上射出，若第一次从下方磁场穿出时与L2交于B点（图中未画出），不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子经过B点的速度与在A点时相同
B. 仅改变带电粒子的电性，A、B间距离不变
C. 增大带电粒子初速度，A、B间距离将变大
D. 增大磁感应强度，A、B间距离将变小
【答案】AB
【解析】由题意，可画出粒子运动轨迹如图所示，
洛伦兹力不做功，由对称性可知，带电粒子经过B点时的速度和在A点时速度大小相等、方向相同，故A正确；由几何关系，设L1、L2间距为d，可得A、B间距离xAB=2dtanθ，xAB和粒子的速度大小、磁感应强度大小无关，故C、D错误；仅改变粒子的电性，只是将粒子的轨迹劣弧变优弧，优弧变劣弧，A、B间距不变，故B正确。
能力强化练
6．（14分）有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。粒子源发出的初速度均为0的氕核​11H和氘核​12H经加速电压U加速后，均沿圆弧MN运动（圆弧MN为电场分析器的中心线），再垂直进入四分之一圆形磁场区域，最后从磁场下边界射出。已知氕核​11H在磁场区域运动t时间后恰好垂直于磁场下边界从Q点射出，MO=R，PO1=d，氕核​11H的电荷量为e，忽略粒子所受的重力和粒子间的相互作用。求：
（1） 电场分析器中心线上电场强度的大小；
（2） 氘核​12H在磁场区域的运动半径；
（3） 氘核​12H的质量。
【答案】（1） 2UR
（2） 2d
（3） 16Uet2π2d2
【解析】
（1） 设氕核​11H的质量为m，氘核​12H的质量为M，氕核​11H经加速电压U加速后，有Ue=12mv12，
氕核​11H在电场分析器中做圆周运动，电场力提供向心力，可得eE=mv12R，
解得E=2UR。
（2） 在磁场中，设匀强磁场的磁感应强度为B，对氕核​11H分析，由洛伦兹力提供向心力，可得ev1B=mv12d，
解得d=2UmeB2，
对氘核​12H分析，加速电场加速后，有Ue=12Mv22，
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，可得ev2B=Mv22r，
解得r=2UMeB2，
又M=2m，
即氘核​12H做圆周运动的半径r=2d。
（3） 设氕核​11H与氘核​12H在磁场中做圆周运动的周期分别为T1和T2，则有
T1=2πmeB=4t，
T2=2πMeB=8t，
对氘核​12H有r=2d=2UMeB2，
联立得M=16Uet2π2d2。
创新思维练
7．（2025·河北卷·10）多选 如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ=60∘ 时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ=3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电荷量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子一定带正电
B. 若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C. 粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D. 粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为3d
【答案】BCD
【解析】根据左手定则可知粒子一定带负电，A错误；当板间电场强度达到最大时，从Q点处垂直射入板间的粒子刚好不能到达金属板N，则根据动能定理有−qEd=0−12mv2，即板间所形成的最大电场强度E=mv22qd，若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小，B正确；在P点，当发射方向与OP的夹角θ=60∘ 时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔，轨迹如图所示，根据几何关系可得R+Rcs60∘=3L，解得R=2L，当板间电场强度达到最大后，粒子会从Q点返回，垂直于M板进入磁场做匀速圆周运动，并打在M板上表面，与O点的距离最大，为2R+3L=7L，C正确；当粒子在P点的速度方向沿OP时，粒子从Q点射入两板间的速度方向与M板的夹角为30∘ ，如图所示，若板间场强达到最大，即E=mv22qd，此时粒子打到M板下表面的位置与Q点的距离最小，最小距离x=vcs30∘⋅t，其中t=2vsin30∘a，qE=ma，联立解得x=3d，D正确。