新高考物理一轮复习考点分层训练11.3 带电粒子在组合场中的运动（2份，原卷版+解析版）

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\l "_Tc207736577" 题组1：磁场与磁场组合 PAGEREF _Tc207736577 \h 1
\l "_Tc207736578" 题组2：电场与磁场组合 PAGEREF _Tc207736578 \h 5
\l "_Tc207736579" 考点二 组合场中应用实例 PAGEREF _Tc207736579 \h 10
\l "_Tc207736580" 题组1：质谱仪 PAGEREF _Tc207736580 \h 10
\l "_Tc207736581" 题组2：回旋加速器 PAGEREF _Tc207736581 \h 13
11.3 带电粒子在组合场中的运动
考点一 带电粒子在组合场中的运动
题组1：磁场与磁场组合
1. （单选）如图所示，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，水平直线MN下方、上方的磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1=2B2=2B0，一带正电的粒子P静止在直线MN下方与MN距离为d的位置。某时刻， 粒子P爆炸分裂为带正电的粒子A和不带电的粒子B，已知粒子A的质量为m，电荷量为+q，以大小为v0=2qB0dm的速度开始水平向右运动，一段时间后与粒子B相遇。不计粒子重力，磁场区域足够大。则( )
A. 粒子B的质量为32m
B. 粒子B的速度大小为4qB0d3πm
C. 两粒子相遇前，粒子A运动的时间为3πm4qB0
D. 两粒子相遇前，粒子B通过的距离为d
【答案】B
【解析】D. 粒子A获得水平向右的速度，在磁场中做匀速圆周运动，根据qv0B1=mυ02r1，得出r1=d，根据qv0B2=mυ02r2，得r2=2d；粒子B获得水平向左的速度，在水平方向做匀速直线运动，若粒子A、B相遇，则两者的运动轨迹如图所示。根据图可得，相遇前粒子B通过的距离为2d，D错误；
C. 相遇前粒子A运动的总时间为t=π2mq⋅2B0+πmqB0+π2mq⋅2B0=3πm2qB0，C错误；
B. 根据速度公式，vB=2dt=4qB0d3πm，B正确；
A. 根据动量守恒定律mBvB=mv0，得到mB=3π2m，A错误。
故选B。
2. （多选）如图所示，在平面直角坐标系的第一、二象限内存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为4B，在第三、四象限内也存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带负电的粒子从坐标原点沿y轴正方向以初速度v0射入磁场中，恰好在坐标(0,−L)处与挡板MN发生碰撞。带电粒子与挡板碰撞前后x轴方向速度保持不变，y轴方向速度大小不变，方向相反。不计粒子所受的重力，则( )
A. 带电粒子的比荷为 3v02BLB. 带电粒子的比荷为 3v06BL
C. 带电粒子再次回到原点的时间为7 3πL9v0D. 带电粒子再次回到原点的时间为2 3πL3v0
【答案】AC
【解析】假设带电粒子的电量为q，质量为m
由洛伦兹力提供向心力qv04B=mv02r
可得粒子在第一、二象限运动的半径为r=mv0q4B，在第三、四象限运动的半径为4r
由几何关系可知，(2r)2+L2=(4r)2
可得r=L2 3，故带电粒子的比荷为 3v02BL，选项A正确，B错误;
可知总时间t=2πrv0+(132π4rv0)=7 3πL9v0，选项C正确，D错误。
故选AC。
3. （多选）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直纸面向里。P(−L,0)、Q(0,−L)为坐标轴上的两个点。现有一电量大小为q、质量为m的带正电粒子(不计重力)，以与x轴正向成45∘角从P点射出，恰好经原点O到达Q点，则下列对PQ段运动描述正确的是
A. 粒子运动的最短时间为2πmqB
B. 粒子运动的总路程可能为 2πL
C. 粒子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45∘
D. 粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比可能为1:2
【答案】BC
【解析】C.若粒子从P点出发恰好经原点O到达Q点，运动轨迹可能如下图所示：
或
第一种情况粒子在Q点速度方向与y轴负向的夹角为45°；第二种情况粒子在Q点速度方向与y轴正向的夹角为45°，故C正确；
A.由运动轨迹图可知，第一种情况粒子运动的时间最短，由几何关系有t=2×θ2πT=2×π22π×2πmqB=πmqB，故A错误；
B.由几何关系可知第一种情况粒子运动的总路程为s1=2rθ=2×( 22L×π2)= 22πL，同理，第二种情况粒子运动的总路程粒子运动的总路程为s2=2r1θ+2r2θ'=2×( 24L×π2)+2×( 24L×3π2)= 2πL，故B正确；
D.根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1：1；同理，第二种情况粒子从P到O的时间t1=2×θ2πT=2×π22πT=12T，粒子与从O到Q的时间t2=2×θ'2πT=2×3π22π×T=32T，因此第二种情况粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为t1t2=12T32T=13，故D错误。
故选BC。
4.如图，竖直线MN为匀强磁场的左边界，其中水平分界线OA上方Ⅰ区域磁场垂直纸面向里，分界线OA下方Ⅱ区域磁场垂直纸面向外，磁感应强度均为B。一个质量为m、电荷量为−q(q>0)的粒子以速度v从左边界的C点水平射入磁场中。粒子重力忽略不计。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R；
(2)若粒子从C点射入磁场中且恰好不从磁场左边界射出，入射点C到O的距离d。
【答案】解：(1)根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R
解得R=mvqB
(2)根据题意作图，如图所示
根据几何关系可知O'O''2=O'F2+FO''2，解得O'F= 3R
O'O=12O'F= 3R2
又CO'=O''F=R
则d=CO=CO'+O'O
解得d=CO=(2+ 3)mv2qB
答：(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为mvqB；
(2)若粒子从C点射入磁场中且恰好不从磁场左边界射出，入射点C到O的距离为(2+ 3)mv2qB。
题组2：电场与磁场组合
5.如图所示，矩形abcd区域内有平行ab向下的匀强电场，ab边长为 3L，bc边长为L,e为cd边中点，正三角形cef区域内有垂直cef平面向里的匀强磁场。质量为m、带电量为qq>0的粒子从a点以初速度v0垂直电场线射入电场中，经电场偏转后从e点进入匀强磁场，最终从f点射出磁场。粒子重力不计，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】解：(1)依题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由 qE=ma，L=v0t， 32L=12at2，
解得 E= 3mv02qL；
(2)由上问可知，粒子到达 e 点时 vy=at，得 vy= 3v0，则 v= v02+vy2=2v0，
如图所示，可知粒子在磁场中运动时的圆心角为 60 ，则粒子运动轨迹的半径 R= 32L，
由 qvB=mv2R，可得 B=4 3mv03qL。
6.如图所示为某兴趣小组设计的一个利用磁场和电场控制带电粒子运动的装置模型，在xOy平面直角坐标系中，第一象限存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限虚线OP与y轴负方向的夹角为θ=60 ∘，与x轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁场)。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为−q(q>0)的带负电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，从y轴正半轴的A点进入电场，且与y轴负方向的夹角α=45 ∘，经电场偏转后从点C(d,0)垂直x轴进入磁场，恰好不从OP边界射出磁场。求：
(1)粒子运动到A点射入电场的速度大小和电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间。
【答案】(1)设粒子运动到A点射入电场的速度大小为v0 ，由动能定理得 qU=12mv02
可得粒子运动到A点射入电场的速度大小v0= 2qUm
粒子进入电场，x轴方向有vx=v0sinα= 22v0 ， qE=ma
又vx2=2ad
联立解得E=U2d；
(2)带电粒子运动的轨迹如图。
粒子进入磁场速度为vy=v0csα= 22v0
由几何关系可得rcsθ+r=d
解得r=d3
由洛伦兹力提供向心力可得qvyB=mvy2r
解得B=mvyqr=3 qmUqd；
(3)第一次进入电场有d=vx2t1
解得t1=2dvx=2d qmUqU
粒子在磁场中的运动时间为t2=πrvy=πd qmU3qU
再次进入电场有d−2r=12at32
解得t3=2d 3qmU3qU
粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间为 t=t1+t2+t3
联立解得 t=(6+2 3+π)d qmU3qU。
7.如图，在平面直角坐标系xOy中，y轴左侧存在沿x轴正方向的匀强电场，y轴右侧存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，两侧电场的电场强度大小相同，电场、磁场的范围均足够大。一质量为m、电量为q(>0)的带电粒子以一定的初速度v0(未知)沿y轴正方向从坐标点(−d,0)射入第二象限，在此后的运动过程中，粒子由(0,3d)第一次穿过y轴，并在右侧区域做匀速圆周运动，第二次恰好在原点O穿过y轴。已知重力加速度为g，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)粒子第一次穿过y轴的速度；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小；
(4)粒子第四次经过y轴的坐标。
【答案】解：(1)粒子在右侧区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，mg=qE，
解得E=mgq；
(2)粒子在第二象限的运动：
水平方向：由牛顿第二定律有qE=ma，由运动学公式有d=12at2，vx=at，
竖直方向：由运动学公式有3d=v0t−12gt2，vy=v0−gt，由矢量合成法则有v= vx2+vy2，
联立得v0=2 2gd，vx=vy= 2gd，
v=2 gd，与y轴正方向夹角为45∘，
(3)粒子在右侧区域轨迹如图所示：
，
由几何关系得，轨道半径r=3d 2，
由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，得r=mvqB，
解得B=2m3q 2gd；
(4)粒子从原点O回到第二象限后，做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动进入第四象限做匀速圆周运动，粒子再次穿过y轴的纵坐标记为−y1，由几何关系可知y1=3d，故粒子第四次经过y轴的坐标为(0,−3d)。
8.如图所示，空间中有一直角坐标系，第一象限中存在方向平行于y轴向下的匀强电场，第二象限内，在圆心为O1、半径未知的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，圆形区域与x轴和y轴相切，与y轴的切点为A点。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从x轴上的N点以速率v0射入第一象限，射入速度的方向和x轴负方向的夹角θ=60∘，一段时间后，粒子从A点平行于x轴射入磁场，经磁场偏转后到达x轴上的M点(未画出)，粒子到达M点时速度方向与x轴负方向的夹角仍然为60∘。已知O、N两点的距离为L，不计粒子受到的重力。求：
(1)圆形区域的半径R；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)圆形区域磁场的磁感应强度大小B。
【答案】解：(1)将带电粒子在N点的速度分解，根据几何关系有tanθ=vyvx，
带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子运动的时间为t，根据类平抛运动的规律有
L=vxt，R=12vyt
解得R= 32L
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，
根据牛顿第二定律可知粒子的加速度大小a=qEm
粒子在y轴方向做匀加速直线运动，则R=12at2
解得E= 3mv024qL
(3)粒子从A点射入磁场时的速度大小vx=12v0
设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，
根据几何关系有r= 3R=32L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律有qvxB=mvx2R
解得 B=mv03qL
考点二 组合场中应用实例
题组1：质谱仪
1.如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
(1)粒子从电场射出时速度v的大小；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R；
(3)粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】(1)在电场中，粒子做匀加速直线运动，由动能定理有qU=12mv2
解得v= 2qUm
(2)由题意可知，粒子进入磁场中的速度为v，其在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R
解得R=1B 2mUq
(3)粒子在磁场中的周期为T，有T=2πRv
由题意及几何关系可知，其粒子在磁场中运动了半个周期，所以设运动时间为t，有tT=π2π
解得t=πmqB。
2.质谱仪是一种高精度的分析仪器，广泛应用于科研和工业生产中。其原理如图所示。甲为加速电场，电压为U;乙为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里;丙为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
【答案】解：(1)由于粒子向右偏转，根据左手定则可知粒子带正电。
设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件得qv0B1=qE，在加速电场中，由动能定理得qU=12mv02，
联立解得：qm=E 22UB12；
(2)由洛伦兹力提供向心力qv0B2=mv02r，
可得O点到P点的距离为OP=2r=4UB1EB2。
3.质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。求
(1)粒子的电性；
(2)粒子的比荷qm；
(3)O点到P点的距离d；
(4)粒子由O点运动到P点时间t；
(5)粒子由O点运动到P点的过程中洛伦兹力的冲量I的大小(本小问已知粒子质量m)。
【答案】解：(1)由题可知，粒子进入Ⅲ区向上偏转，根据左手定则，可知粒子带正电。
(2)设粒子经过加速器获得的速度为v，粒子经粒子加速器加速，根据动能定理有 Uq=12mv2，
粒子经速度选择器做直线运动，根据平衡条件有 qE1=qvB1，
联立解得 qm=E122UB12。
(3)粒子经偏转分离器，根据洛伦兹力提供向心力有 qvB2=mv2r，
根据几何关系可知 d=2r，
联立解得解得 d=4UB1E1B2。
(4)粒子由 O 点运动到 P 点时间 t=πrv，
解得O点到P点的时间 t=2πUB12E12B2。
(5)根据动量定理有 I=Δp，
取水平向左为正方向，可得动量变化量为 Δp=2mv，
联立解得 I=2mE1B1。
4.如图为某型质谱仪的示意图，由加速电场和磁分析器组成。磁分析器有一圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁场边界处安装有接收胶片。从粒子源S发出的质子和待测粒子x(初速度均为零，重力不计)，先后经PQ间的电场加速后，沿轴线进入匀强磁场，最终分别打到胶片上的C、D点。已知P、Q间的电压为U，圆形磁场区域半径为R，圆心为O，OC连线与轴线垂直，OD连线与轴线成θ=60°角，质子质量为m、电荷量为q，粒子x的电荷量是质子的2倍。求：
(1)质子进入磁场时的速度大小和磁感应强度B的大小；
(2)待测粒子x的质量M。
【答案】解：(1)对质子，加速过程中根据动能定理有qU=12mv2，解得v= 2qUm，
进入磁场后，根据几何关系可知运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R，
解得B=1R 2mUq；
(2)对粒子x，加速过程中根据动能定理有2qU=12Mv'2，
进入磁场后，如图
根据几何关系可知运动半径为r'= 3R，根据洛伦兹力提供向心力有2qv'B=Mv'2r'，
解得M=6m。
题组2：回旋加速器
5.如图所示为回旋加速器工作原理示意图：置于高真空中的D形金属盒半径为R，两金属盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速电压为U。若D型盒圆心A处粒子源产生质子，质量为m、电荷量为+q、初速度为零，质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是( )
A. 随着速度的增加，质子在磁场中运动的周期越来越短
B. 质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 2:1
C. 质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
D. 质子被加速后的最大动能等于q2B2R22m2
【答案】B
【解答】根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r和T=2πrv可解得r= mvqB和T= 2πmqB；
A、根据T= 2πmqB知，速度变化，周期不变，故A错误；
B、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v= 2ax知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为 2:1，根据r= mvqB，则半径比为 2:1，故B正确；
CD、根据r= mvqB，当质子离开加速器时，半径等于R，可知v=qBRm，则最大动能Ekm=12mv2=q2B2R22m，与加速的电压无关，故CD错误。
故选B。
6.如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒。回旋加速器D形盒半径为R，狭缝宽为d，所加匀强磁场的磁感应强度为B，所加高频交变电源的电压为U，质量为m、电荷量为q的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程达最大能量后由导向板处射出。带电粒子在磁场中运动的能量E随时间的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )
A. 在E−t图中应有tn−tn−1>tn+1−tn
B. 在E−t图中应有En−En−1>En+1−En
C. 粒子最终获得的动能为B2q2R2m
D. 粒子通过狭缝的次数为qB2R22mU
【答案】D
【解析】A、根据粒子在回旋加速器中的运动情况，可知粒子在E−t图中的时间差即为其在磁场中运动半个圆周的时间；
由圆周运动特点，可计算其周期为T=2πrv，由洛伦兹力提供向心力可知qvB=mv2r，解得：T=2πmqB，半周期的时间为t=T2=12×2πmqB=πmqB，可知与其速度、运动半径都无关，保持不变，故A错误；
B、根据粒子在回旋加速器中的运动情况，粒子在E−t图中的能量变化，即经过电场一次加速获得的能量，由动能定理，qU=ΔE，可知电场做功与粒子的速度无关，不随时间变化，即能量差为定值，故B错误；
C、由粒子出回旋加速器的运动状态，可知qvB=mv2R，解得：v=qBRm，可计算其最大动能为Ek=q2B2R22m，故C错误；
D、由动能定理可知：nqU=Ek，解得：n=qB2R22mU，故D正确。
故选：D。
7. （多选）粒子加速器是高能物理实验的重要工具，常见的粒子加速器有直线加速器与回旋加速器，分别如图甲、乙所示。已知图乙中回旋加速器所接电源电压为U0，下列说法正确的是( )
A. 两种粒子加速器都需要接交流电
B. 图甲中粒子在狭缝间做匀速直线运动
C. 仅增大电源电压U0，粒子离开回旋加速器的速度变大
D. 仅增大电源电压U0，粒子在D形盒中运动的总时间变短
【答案】AD
【解析】A.两类加速器都需要接交变电流才能实现持续的加速，故A正确；
B.在直线加速器中，在狭缝间存在电势差，粒子在狭缝间做加速运动，故B错误；
C.当轨迹半径等于D形盒尺寸R时，有最大动能，根据 qvB=mv2R
解得 v=qBRm
由此可知，最大速度与U0无关，故C错误；
D.增大图乙所接电源电压，可使单次加速获得的动能变大，但最大动能不变，因此会减小加速的次数，导致总的运动时间变短，故D正确。
故选AD。
8.回旋加速器的两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，并将其放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。设粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图所示。
(1)所加交流电压频率应是多大？粒子运动的角速度为多大？
(2)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？
(3)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离d很小，可忽略不计，求把静止粒子加速到上述能量所需时间。
【答案】解：(1)根据qvB=mv2r和T=2πrv
可得r=mvBq
T=2πmBq
故频率f=1T=Bq2πm
粒子运动的角速度ω=2πT=Bqm
(2)当粒子离开加速器时，轨道半径也最大，此时速度也最大，根据r=mvBq可得vm=BqRmm
最大动能为Ekm=12mvm2=B2q2Rm22m
(3)设粒子需要在电场中加速n次，根据动能定理nqU=12mvm2
则粒子匀速圆周运动的时间t=nT2
联立可得总时间t=πBRm22U
答：(1)所加交流电压频率为Bq2πm；粒子运动的角速度为Bqm；
(2)粒子离开加速器时速度BqRmm；最大动能为B2q2Rm22m；
(3)把静止粒子加速到上述能量所需时间为πBRm22U。