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1、第九章 专题强化课(09)带电粒子在组合场中的运动基础巩固1(多选)如图所示，一束电荷量相同的带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场(左侧极板带正电，右侧极板带负电)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强偏转磁场，最终打在A1A2之间，下列说法正确的是()A粒子带正电B速度选择器中磁场方向为垂直纸面向里C所有打在A1A2之间的粒子，在匀强偏转磁场中的运动时间都相同D粒子打在A1A2之间的位置越远，粒子的质量越大解析：AD带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，所受电场力方向向右
2、，则所受洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外，故B错误；所有打在A1A2之间的粒子，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动，运动的时间为t，而T，经过速度选择器后粒子的速度都相同，则在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子，半径越大运动的时间越长，故C错误；经过速度选择器进入匀强偏转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知，粒子的电荷量相同，根据R知，粒子打在A1A2之间的位置越远，半径越大，则粒子的质量越大，故D正确2如图所示，在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向的匀强电场(未画出)，第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应
3、强度大小为B，一带电粒子从B点以速度v0沿x轴正方向飞入电场，恰好从坐标原点O飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从F点飞出磁场已知OCOF2OA2OD2L，C、F两点位于x轴上，不计粒子重力，则粒子的比荷为()ABCD解析：C由带电粒子在电场中的运动规律可知，粒子在O点的速度的反向延长线过AB边的中点，因此速度方向与x轴正方向成45角，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可得RL，又R，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系可知vv0，联立解得，故A、B、D错误，C正确3(2021湖北武汉市高三三模)如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向
4、分别垂直纸面向里、向外三角形顶点A处有一质子源，能沿A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子均能通过D点，己知质子的比荷k，则质子的速度不可能为()A BBkL C D解析：C质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nRcos 60L，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqvm，联立解得v，所以ABD正确，不符合题意；C错误，符合题意；故选C.4(2020全国卷)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示图(b)中M、N之间有一电子束的加速
5、电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点则()AM处的电势高于N处的电势B增大M、N之间的加速电压可使P点左移C偏转磁场的方向垂直于纸面向外D增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移解析：D电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A项错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r知其在磁场中的轨迹半径增大，偏转程度减小，P点将右移，B项错误；根据左手定则可知，磁场
6、的方向应该垂直于纸面向里，C项错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转程度增大，P点将左移，D项正确5如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d.一带电荷量为q、质量为m的负离子(重力不计)以速度v0贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场(未标出)要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则()A磁场方向垂直纸面向里B磁场方向垂直纸面向外、向里都有可能C磁感应强度大小为D在磁场中运动时间为解析：C负离子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，负离子带负
7、电荷，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A、B错误对于类平抛运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，即tan 2tan 21，故45，又由于tan ，故vyv0，vv0，根据几何关系，负离子做圆周运动的轨道半径为Rd.圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvBm，解得B，故C正确；负离子在磁场中运动时间tT，故D错误能力提升6(2022清远市第一中学高三模拟)(多选)图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、
8、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是()At3t2t2t1t1Bv1：v2：v3123C粒子在电场中的加速次数为D同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变解析：AC粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvBm，可得r，粒子运动周期为T，故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3t2t2t1t1.A正确；粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为mvnqU，可得v，故速度之比为v1：v2：v31，B错误；由B的分析可得mvqU，mvnqU，联立解得n，故粒子在电场中的加速次数为，C正确；由A的分析可得r，由B的分析可知v3v2v2v1，故r3r2r2r1，即同一D形盒中
9、粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误7(多选)如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60角a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则以下比值正确的是()Av1v221 Bv1v212Ct1t232 Dt1t238解析：AD粒子在电场中加速，设加速的位移为x，则根据动能定理有qExmv2，解得v ，粒子在磁场中运动时，其轨迹如图所示a粒
10、子的圆心为O，b粒子的圆心为O，根据几何知识可知，R2sin 30R1R2，则R1R212，根据洛伦兹力提供向心力，有R，由联立14，将代入中可得v1v221，故A正确，B错误粒子在磁场中运动的周期为T，所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1t2T1T238，故C错误，D正确8如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子间的相互作用及粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()A射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上B粒子在磁场
11、中通过的弧长越长，运动时间也越长C射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线不可能过圆心OD当入射速度v时，粒子射出磁场后一定垂直打在MN上解析：D本题考查带电粒子在圆形边界磁场中的运动对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中运动轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由tT知，运动时间t越小，故B错误；带电粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心O，故C错误；当入射速度v时，由洛伦兹力充当向心力有Bqvm，解得rR，运动轨迹如图所示，射出磁场时的速度方向与MN
12、垂直，故粒子一定垂直打在MN上，故D正确9有人设计了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器，其工作原理如图所示空间中充满竖直向下的匀强电场，一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以不同的速率从P点沿某竖直平面内的PQ方向发射，沿直线飞行到Q点时进入有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于该竖直平面，PQ4l.若速度最大的粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，且其他速度的粒子在离开磁场后最终都能垂直打在PT上的NM范围内，PM8l，PN6l，重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)粒子速度大小的范围；(3)磁场穿过该竖直平面内的最小面积，解析：(1)带电粒子沿直线PQ
13、运动，说明重力和电场力二力平衡，由平衡条件可知qEmg，解得电场强度的大小为E.(2)粒子进入磁场时的速度方向沿直线PQ，说明圆心在过Q点且垂直PQ的垂线上，若速度最大的粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，说明圆心在PT上，所以圆心是垂直PQ的直线与PT的交点A，设最大速度为v1，做圆周运动的半径为R，由几何关系可知(4l)2R2(8lR)2，解得R3l，则PA5l，由几何关系可得cosQAP，可得QAP53，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则有qv1B，解得带电粒子的最大速度为v1，设最小速度为v2，做圆周运动的半径为r，其轨迹如图所示，圆心在C点，因为AQM是等腰三角
14、形，过C点作CD平行于PT交QM于D点，由几何关系可知CQCD，所以最小速度的带电粒子刚好从D点离开磁场，半径是CQ，过D点作DK平行于QA交PT于K，在直角三角形NDK中，由几何关系可知，解得rl，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qv2B，解得带电粒子的最小速度为v2，所以带电粒子的速度大小范围为v.(3)由几何关系可得KDM是等腰三角形，DKKMRr，要想粒子在离开磁场后最终都能垂直打在PT上的NM范围内，带电粒子离开磁场的边界是DM线段，所以磁场穿过该竖直平面内的最小区域为DMQ，最小面积为S(Rr)(Rr)sin 53，解得Sl2.答案：(1)(2)v(3)l2热点加练10
15、.如图所示，三块挡板围成截面边长L1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E4104N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B23B1的匀强磁场现将一比荷108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经Q孔进入外部磁场已知粒子最终回到了O点，O、C相距2 m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力及挡板厚度，取3.求：(1)磁感应强度B1的
16、大小；(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经P孔回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)解析：本题考查带电粒子在三角形边界磁场中运动的多解问题(1)粒子从O到C在电场中加速，根据动能定理得qExmv2，解得v400 m/s，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可知R10.6 m，由洛伦兹力提供向心力有qvB1m，解得B1105 T.(2)由题知，B23B12105 T，由洛伦兹力提供向心力有qvB2m，解得R20.2 m，由运动轨迹可知，粒子从O到C在电场中做匀加速直线运动，则xt1，解得t10.01 s，粒子
17、在磁场B1中运动的周期T1，则在磁场B1中的运动时间为t2T13103s，粒子在磁场B2中运动的周期T2，则在磁场B2中的运动时间为t3T25.5103s，则粒子从O点出发到再次回到O点经历的时间为t2t1t2t32.85102s.(3)设挡板外磁场变为B2，粒子在此磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2m，根据已知条件知，粒子可以垂直MA经P孔回到O点，需满足条件(2k1)r(k0，1，2，)，解得B2105T(k0，1，2，)答案：(1)105 T(2)2.85102s(3)105 T(k0，1，2，)11如图甲所示，某空间区域存在两部分匀强磁场，磁感应强度的大小都为B，两部分匀强磁场的分界线
18、是圆心为O点、半径为R的圆，圆内的磁场方向垂直于纸面向外，圆外的磁场方向垂直于纸面向里现有一质量为m、带电荷量为e的电子从A点沿半径OA方向射出(1)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，两次经过分界线，最后恰好返回到A点，求电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间；(2)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，最后能够返回到A点，求电子在磁场中的运动半径；(3)若方向垂直于纸面向里的磁场分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两圆之间的区域，如图乙所示，电子从A点射出后仍能返回A点，求电子从A点射出时的最大速度解析：本题考查带电粒子在圆形有界磁
19、场中的运动(1)电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得evBm，又周期为T，解得T，作出运动轨迹如图1所示，电子从A点射出后，两次经过分界线，最后返回A点，所用时间t2TTT.图1(2)考虑上述一次进出向里的磁场(两次经过边界线)的情况，由图1中几何关系可知r1Rtan 60R，图2若两次进出向里的磁场时(第二次离开磁场时通过A点)，由于在圆形磁场内外做圆周运动的半径相等，则要把圆周4等分轨迹如图2所示，电子做圆周运动的半径r2Rtan 45R，依次类推：把圆周n等分时，每段圆弧对应的圆心角(n3，4，5，)电子做圆周运动的半径rnRtan(n3，4，5，)(n为奇数时是从外磁场回到A点，n为偶数时是从内磁场回到A点)(3)如图3所示，由几何知识可知，电子运动轨迹不超出边界，则满足r2R，解得rR，如图有tan ，即tan，解得k4.86，由于k要取整数，所以k5时，洛伦兹力提供向心力，有evmBm，解得vmtan.答案：(1)(2)Rtan(n3，4，5，)(n为奇数时是从外磁场回到A点，n为偶数时是从内磁场回到A点)(3)tan