(江苏版)2019届高考物理一轮复习课时检测29《 带电粒子在组合场中的运动》(含解析)

课时跟踪检测（二十九）  带电粒子在组合场中的运动

对点训练：质谱仪与回旋加速器

1.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)

A．带电粒子每运动一周被加速两次

B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4

C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关

D．加速电场方向需要做周期性的变化

解析：选C　带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向没有改变，则在AC间加速，故A、D错误；根据r＝得，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v22－v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2＜v2－v1，则P1P2＞P3P4，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确。

2．[多选]质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则(　　)

A．速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电

B．三种粒子的速度大小均为

C．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大

D．如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为

解析：选AC　根据粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，又由于粒子束在速度选择器中沿直线运动，因此电场方向一定向右，A正确；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝B1qv，可得v＝，B错误；粒子在底板MN下侧的磁场中运动时，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qB2v＝m，可得R＝，如果三种粒子的电荷量相等，粒子的质量越大，其轨道半径也越大，所以打在P3点的粒子质量最大，C正确；由题图可知OP1＝2R1＝、OP3＝2R3＝，由题意可知Δx＝OP3－OP1＝－，因此Δm＝m3－m1＝＝，D错误。

对点训练：带电粒子在三类组合场中的运动

3.(2018·盐城模拟)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁场垂直纸面向里。在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E。在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v，沿不同方向射入第一象限。发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的质量为m，电荷量为＋q。粒子重力不计。求：

(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；

(2)沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出所走过的路程；

(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，最终将从磁场的边缘射出，不再进入磁场，求射出点的坐标和粒子从M点运动到射出点的总时间。

解析：(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R

根据Bqv＝

得B＝。

(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，

粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR

设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eq＝mv2

s2＝

总路程s＝πR＋。

(3)如图，沿与＋x方向成60°角射入的粒子，从C点竖直射出、射入磁场，从D点射入、射出电场，最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)

在磁场中，MC段轨迹圆弧对应圆心角α＝30°，CN段轨迹圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，

即t1＝＝

粒子在CD段做匀速直线运动，CD＝，则从C到D，再从D返回到C所用时间，t2＝

粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度a＝

t3＝＝

总时间t＝＋。

答案：(1)　(2)πR＋　(3)(2R,0)　＋

4．如图甲所示，为质谱仪的原理示意图。质量为m的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点沿纸面垂真于直线MN进入偏转磁场。该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，带电粒子经偏转磁场后，最终打在照相底片上的H点。测得G、H间的距离为d，粒子的重力忽略不计。求：

(1)粒子的电荷量；

(2)若偏转磁场为半径r＝的圆形磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁场边界与直线MN相切于G点，如图乙所示，当粒子进入磁场时的速度不变时，要使粒子仍能打到H点，那么，圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B′应为多大。

解析：(1)设粒子经电场加速后的速度为v，由动能定理得：qU＝mv2①

粒子在磁场中作匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB＝m ②

而由几何知识得知 R＝ ③

联立方程组①、②、③解得：q＝。

(2)设圆形磁场的圆心O与H的连线与MN的夹角为θ，则 tan θ＝＝＝，得：θ＝30°

设粒子在圆形磁场区域中作圆周运动的轨迹半径为R′。

由几何知识得：R′＝rtan 30°＝d·＝d

由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB′＝m

由以上各式解得：B′＝B。

答案：(1)　(2)B

对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动

5．(2018·南通调研)如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷＝100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0＝20 m/s的速度从x轴上的点A(－2 m,0)进入第二象限，从y轴上的点C(0,4 m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g＝10 m/s2。

(1)求第二象限内电场的电场强度大小；

(2)求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。

解析：(1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则

Eq|xA|＝m

|xA|＝t

|yC|＝v0t

vC2＝v02＋vCx2

解得：E＝1.0 N/C　vC＝20 m/s。

(2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成θ角，

则cos θ＝＝

即θ＝45°

粒子在第一象限磁场中运动时有：qvCB＝m

解得：r＝ m

粒子做圆周运动的周期T＝＝ s

所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，在x轴上对应的弦长为r＝1 m

所以OD＝3 m

粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3 m,0)。

答案：(1)1.0 N/C　(2)(3 m,0)

6．(2018·徐州六校联考)如图甲所示，在0≤x≤d的区域内有垂直纸面的磁场，在x＜0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。一质子从点P处以速度v0沿x轴正方向运动，t＝0时，恰从坐标原点O进入匀强磁场。磁场按图乙所示规律变化，以垂直于纸面向外为正方向。已知质子的质量为m，电荷量为e，重力不计。

(1)求质子刚进入磁场时的速度大小和方向；

(2)若质子在0～时间内从y轴飞出磁场，求磁感应强度B的最小值；

(3)若质子从点M(d,0)处离开磁场，且离开磁场时的速度方向与进入磁场时相同，求磁感应强度B0的大小及磁场变化周期T。

解析：(1)质子在电场中作类平抛运动，时间为t，刚进磁场时速度方向与x正半轴的夹角为α，有x＝v0t＝d，y＝t＝，tan α＝，v2＝v02＋vy2

解得v＝v0，α＝30°。

(2)质子在磁场中运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大，B最小

由几何关系知R1＋R1cos 60°＝d，

解得R1＝d

根据牛顿第二定律有evB＝

解得B＝。

(3)分析可知，要想满足题目要求，则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角为60°，在此过程中质子沿x轴方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周运动的半径R。欲使质子从M点离开磁场，且速度符合要求，必有：n×2R＝d

质子做圆周运动的轨道半径：

R＝＝

解得B0＝(n＝1,2,3，…)

设质子在磁场中做圆周运动的周期为T0，

则有T0＝，n×＝nT

解得：T＝(n＝1,2,3…)。

答案：(1)v0　与x轴正方向夹角为α＝30°斜向上　

(2)　(3)B0＝(n＝1,2,3，…)　

T＝(n＝1,2,3，…)

考点综合训练

7．(2018·南京调研)如图所示，在xOy平面内y轴左侧(含y轴)有一沿y轴负向的匀强电场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从x轴上P处以速度v0沿x轴正向进入电场，从y轴上Q点离开电场时速度方向与y轴负向夹角θ＝30°，Q点坐标为(0，－d)，在y轴右侧某区域内(图中未画出)有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场，磁场磁感应强度大小B＝，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场。不计粒子重力，求：

(1)电场强度大小E；

(2)粒子在有界磁场中做圆周运动的半径r和时间t；

(3)如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积S。

解析：(1)设粒子从Q点离开电场时速度大小为v，由粒子在匀强电场中做类平抛运动得：v＝2v0

由动能定理得：qEd＝mv2－mv02

解得：E＝。

(2)设粒子从M点进入有界匀强磁场，从N点离开匀强磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r，圆心为O1，如图所示。

由qvB＝，解得：r＝＝2d

由几何关系知，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场，粒子在磁场中转过的圆心角为240°，所以粒子在磁场中的运动时间为：t＝ T＝×＝。

(3)若半圆形磁场区域的面积最小，则半圆形磁场区域的圆心为O2，可得半径：R＝1.5r＝3d

半圆形磁场区域的最小面积：S＝πR2＝πd2＝4.5πd2。

答案：(1)　(2)2d　　(3)4.5πd2

8．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：

(1)电场强度E的大小；

(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；

(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。

解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，

则有x＝v0t＝2h

y＝at2＝h　qE＝ma

联立以上各式可得E＝。

(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0

所以v＝ ＝v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。

(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m

当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝。

答案：(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角　(3)