考點54帶電粒子在組合場中的運動強基固本對點練知識點1帶電粒子在組合場中的運動1．如圖所示，M和N為平行金屬板，質量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始被兩板間的電場加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點射入圓形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)D點穿出磁場，CD為圓形區(qū)域的直徑．已知磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場方向垂直，重力略不計．(1)判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；(2)求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r；(3)若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間t.2．如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線，質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域，Q與O點的距離為3a，不考慮粒子重力．(1)求粒子射入時的速度大小；(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應強度B1應滿足的條件；(3)若下方區(qū)域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值．3.如圖所示，在xOy坐標系中有圓柱形勻強磁場區(qū)域，其圓心在O′(R，0)，半徑為R，磁感應強度大小為B，磁場方向垂直紙面向里．在y≥R范圍內，有方向向左的勻強電場，電場強度為E.有一帶正電的微粒以平行于x軸射入磁場，微粒在磁場中的偏轉半徑剛好也是R.已知帶電微粒的電量為q，質量為m，整個裝置處于真空中，不計重力．(1)求微粒進入磁場的速度大小；(2)若微粒從坐標原點射入磁場，求微粒從射入磁場到再次經(jīng)過y軸所用時間；(3)若微粒從y軸上y＝eq\f(R,2)處射向磁場，求微粒以后運動過程中距y軸的最大距離．知識點2組合場的應用實例一——回旋加速器4.[2024·福建省廈門一中月考](多選)如圖所示為回旋加速器的示意圖．兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處開始加速．已知D型盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U，頻率為f，質子質量為m，電荷量為q，不計粒子在電場中運動時間．下列說法正確的是()A．質子的最大速度不超過2πRfB．質子的最大動能為eq\f(（qBR）2,2m)C．高頻交變電源的頻率f＝eq\f(qB,2πm)D．質子的最大動能與高頻交變電源的電壓U有關，且隨電壓U增大而增加知識點3組合場的應用實例二——質譜儀5．如圖所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器A下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電場區(qū)，經(jīng)電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場偏轉后發(fā)生分離，最終到達照相底片D上．不考慮離子間的相互作用，則()A.電場力對每個氖20和氖22做的功不等B．氖22進入磁場時的速度較大C．氖22在磁場中運動的半徑較小D．若加速電壓發(fā)生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊培優(yōu)提能模擬練6.[2024·河北省邢臺市五校質檢聯(lián)盟聯(lián)考]回旋加速器使人類對高能粒子的獲得取得了跨越性的進步，圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，A、C板間有電場，虛線(含A、C板)之外的D形盒區(qū)域有勻強磁場，粒子的運動軌跡如圖所示．下列說法正確的是()A．A、C間電場為交變電場B．帶電粒子每一次加速前后，速度增加量相同C．粒子從離開A板到再次回到A板，其間被加速兩次D．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關7．[2024·山東省濰坊市模擬]如圖所示，在x軸下方寬度為d＝0.2m的區(qū)域中，x>0的區(qū)域有沿y軸正方向的勻強電場，場強E＝4×103V/m，x<0的區(qū)域無電場．在y>0和y<－0.2m的區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝0.4T．一比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg的帶正電粒子從M(0.1m，－0.2m)點由靜止釋放，不計粒子重力，以下判斷正確的是()A．粒子第一次經(jīng)過x軸時速度大小為2×104m/sB．粒子第三次經(jīng)過y軸時速度方向與y軸垂直C．粒子第三次經(jīng)過y軸時的位置坐標為(0，0.2m)D．粒子從開始釋放到第五次經(jīng)過x軸所用的時間為(eq\f(2＋\r(2),4)＋eq\r(3)＋π)×10－5s8．[2024·山東省日照市模擬]如圖所示，三個同心圓a、b、c的半徑分別為r、2r、2eq\r(3)r，在圓a區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場B1.在圓a和圓b間的環(huán)形區(qū)域存在背向圓心的輻向電場，在圓b和圓c間的環(huán)形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B2.一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，從圓a邊界上的A點沿半徑方向以速度v0射入圓a內，第一次從圓a邊界射出時速度方向偏轉60°，經(jīng)過輻向電場加速后，從圓b邊界上進入外環(huán)區(qū)域，粒子恰好不會從圓c飛離磁場．已知磁感應強度B2＝eq\f(\r(3)mv0,qr)，不計粒子的重力．則()A．圓a區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度B1大小為eq\f(\r(3)mv0,qr)B．圓a與圓b兩邊界間輻向電場的電勢差為eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)C．粒子從電場回到入射點A，在磁場中運動的最短時間為eq\f(\r(3)πr,v0)D．粒子從電場回到入射點A，在磁場中運動的最短時間為eq\f(7\r(3)πr,9v0)9．[2024·江蘇省六校聯(lián)考]圖示是一種質譜儀的原理圖，離子源(在狹縫S1上方，圖中未畫出)產(chǎn)生的帶電粒子(不計重力)經(jīng)狹縫S1與S2之間的電場加速后，進入P1和P2兩板間相互垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域．沿直線通過狹縫S3后垂直進入另一勻強磁場區(qū)域，在洛倫茲力的作用下帶電粒子打到底片上形成一細條紋．若從離子源產(chǎn)生的粒子初速度為零、比荷eq\f(q,m)＝109C/kg，S1與S2之間的加速電壓U1＝5×104V，P1和P2兩金屬板間距離d＝0.02m，兩板間勻強磁場的磁感應強度B1＝0.1T，測出照相底片上的條紋到狹縫S3的距離L＝0.1m．求：(1)粒子經(jīng)加速電場加速后的速度v1；(2)P1和P2兩金屬板間勻強電場的電壓U2；(3)經(jīng)S3垂直進入的勻強磁場的磁感應強度B2.10．[2024·浙江浙東北聯(lián)盟聯(lián)考]如圖甲，半徑為R的圓內有垂直xOy平面向外的勻強磁場，其左側x軸上方的離子源沿x軸正方向射出寬為2R，沿y軸方向均勻分布的離子流．離子的質量為m(重力不計)，電量為q，速度均為v0，x軸下方的區(qū)域足夠大的勻強磁場，其磁感應強度大小與上方磁場相同，方向垂直紙面向里．已知從y＝R處進入x軸上方磁場的離子恰好能從O點進入x軸下方的磁場，則：(1)磁場的磁感應強度的大小．(2)若y＝0.5R處進入x軸上方磁場的離子也能從O點進入x軸下方的磁場，求該離子離開x軸下方磁場時位置坐標．(3)如圖乙所示若在x＝1.6R處放置一個上端與x軸相齊，下端足夠長的感光板用于探測和收集離子．感光板有且僅有一個區(qū)域，該區(qū)域中的同一位置會先后接收到兩個離子，這一區(qū)域稱為二次發(fā)光區(qū)．①感光板接收到離子的區(qū)域的長度；②二次發(fā)光區(qū)的長度；11．[2024·河南省部分名校聯(lián)考]如圖所示，第一象限內存在沿x軸負方向、場強大小為E的勻強電場，第二、三、四象限存在垂直xOy平面向里的勻強磁場．把一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子由A點靜止釋放，A點到x軸和y軸的距離均為d，粒子從y軸上的P點第一次進入磁場偏轉后，垂直x軸再次進入電場，在電場的作用下又從y軸上的Q點(圖中未標出)第二次進入磁場，粒子重力不計．求：(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小；(2)O、Q兩點間的距離；(3)粒子第2023次進入磁場時的位置到坐標原點的距離．

考點54帶電粒子在組合場中的運動1．答案：(1)正電eq\f(mv2,2q)(2)eq\f(mv,qB)(3)eq\f(πm,3qB)解析：(1)帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電．粒子在電場中運動由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2解得U＝eq\f(mv2,2q)(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)(3)設粒子運動軌道圓弧對應的圓心角為θ，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關系，得θ＝eq\f(π,3)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，有T＝eq\f(2πr,v)帶電粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)T聯(lián)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)設粒子在OF上方做圓周運動半徑為R，如圖所示由幾何關系可知R2－(R－a)2＝(3a)2解得R＝5a根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB0＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(5aqB0,m)(2)當粒子恰好不從AC邊界飛出時，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，如圖所示由幾何關系得r1＋r1cosθ＝3acosθ＝eq\f(3,5)解得r1＝eq\f(15a,8)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB1＝meq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(8B0,3)當磁感應強度大于eq\f(8B0,3)時，粒子運動的軌跡半徑減小，粒子將不會從AC邊界飛出；(3)當磁感應強度為3B0大于eq\f(8B0,3)時，粒子的運動軌跡如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv·3B0＝meq\f(v2,r)所以粒子在OF下方的運動半徑為r＝eq\f(5,3)a設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1，則P與P1的連線一定與OF平行，根據(jù)幾何關系知PP1＝2(3a－rcos所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為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)微粒射入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)(2)微粒從原點射入磁場，因在磁場中軌跡半徑也為R，所以微粒經(jīng)eq\f(1,4)圓弧后以速度v垂直于電場方向進入電場，軌跡如圖甲所示在磁場中運動時間為t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)進入電場后做類平拋運動，沿電場方向R＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,2)解得t2＝eq\r(\f(2mR,qE))故所求時間為：t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2qB)＋eq\r(\f(2mR,qE))(3)微粒從y軸上y＝eq\f(R,2)處射向磁場，入射點為P，軌跡圓心為O2，如圖乙所示在△APO中∠AO′P＝30°，∠APO′＝60°，連接O2O′，因O2P＝O′P＝R，∠O2PO′＝120°，則∠PO′O2＝30°，兩圓相交，關于圓心連線對稱，設出射點為Q，由對稱知∠O2O′Q＝30°，出射點Q必位于O′點正上方．由于∠PO2Q＝60°，所以微粒從磁場中出射方向與x軸成θ＝60°.在電場中微粒沿x軸正方向做初速度為vOx＝vcosθ的勻減速運動，加速度大小為a＝eq\f(qE,m)，在電場中向右運動的最遠距離xm＝eq\f(veq\o\al(2,Ox),2a)由以上三個方程及v＝eq\f(qBR,m)可解得xm＝eq\f(qB2R2,8mE)運動過程中距y軸的最遠距離為d＝R＋xm，即d＝R＋eq\f(qB2R2,8mE).4．答案：ABC解析：質子在勻強磁場中做勻速圓周運動，當質子的軌道半徑為R時，質子達到最大速度，根據(jù)線速度定義式，質子的最大速度為vm＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，當r＝R時，有最大速度為vm＝eq\f(qBR,m)，質子的最大動能為Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，與高頻交變電源的電壓U無關，B正確，D錯誤；高頻交變電源的頻率與質子在磁場中運動的頻率相等，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，v＝eq\f(2πr,T)＝2πrf，解得f＝eq\f(qB,2πm)，C正確．5．答案：D解析：根據(jù)電場力做功公式W＝qU，氖20和氖22的電荷量相同，加速電場電壓相同，所以做的功相同，A錯誤；在加速電場中，根據(jù)動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，由于氖20的質量小于氖22的質量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B錯誤；在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)動能和動量的關系有mv＝eq\r(2mEk)，綜上可判斷，q、B和Ek相同，由于氖22的質量大，所以氖22的半徑也大，C錯誤；在加速電場中，根據(jù)動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立可得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，對于同位素，加速電壓相同時，質量越大做圓周運動的半徑越大；對同種離子，加速電壓越大，其做圓周運動的半徑越大；若電壓發(fā)生波動，則氖20和氖22做圓周運動的半徑在一定的范圍內變化，所以氖20在電壓較高時的半徑可能和氖22在電壓較低時的半徑相等，兩種離子打在照相底片上的位置就重疊，D正確．6．答案：D解析：帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即粒子從離開A板到再次回到A板，其間被加速一次，且板間電場方向保持不變，所以A、C間電場不是交變電場，A、C錯誤；設帶電粒子在AC板間被加速的加速度大小為a，則有Δv＝aΔt，由于AC板間距離保持不變，隨著帶電粒子被加速后每次經(jīng)過AC板間的速度逐漸變大，帶電粒子被加速的時間逐漸減小，則帶電粒子每一次加速前后，速度增加量逐漸減小，B錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，設D形盒半徑為R，則有R＝eq\f(mvm,qB)，可得vm＝eq\f(qBR,m)，加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，D正確．7．答案：D解析：粒子從M點由靜止釋放經(jīng)過電場加速到第一次經(jīng)過x軸過程中有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錯誤；根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡如圖所示設粒子經(jīng)過電場加速一次后在磁場中的運動半徑r1，由洛倫茲力提供向心力得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，粒子經(jīng)過電場加速兩次后在磁場中的運動半徑r2＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(10－6×4\r(2)×104,0.4)m＝0.1eq\r(2)m，由圖可知，粒子第三次經(jīng)過y軸時速度方向與y軸不垂直，粒子第三次經(jīng)過y軸時的位置坐標不為(0，0.2m)，B、C錯誤；粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π×10－6,0.4)s＝5π×10－6s，粒子在電場中第一次加速的時間為t1＝eq\f(d,\o(v,\s\up6(－)))＝eq\f(d,\f(v1,2))＝eq\f(0.4,4×104)s＝1×10－5s，粒子在電場中第二次加速的時間為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，粒子在無電場和磁場區(qū)域做勻速直線運動時間分別為t′1＝eq\f(d,v1)、t′2＝eq\f(d,v2)，則粒子從開始釋放到第五次經(jīng)過x軸所用的時間為t＝2T＋t1＋t2＋t′1＋t′2＝(eq\f(2＋\r(2),4)＋eq\r(3)＋π)×10－5s，D正確．8．答案：B解析：如圖根據(jù)qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)得R＝eq\f(mv0,qB1)，由幾何關系得半徑R＝eq\r(3)r，聯(lián)立解得B1＝eq\f(mv0,\r(3)qr)，A錯誤；如圖根據(jù)幾何關系，在圓b和圓c間的環(huán)形區(qū)域的勻強磁場偏轉半徑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)，聯(lián)立解得U＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)，B正確；粒子運動軌跡如上圖，粒子圓a區(qū)域內勻強磁場運動的周期T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB1)，粒子從電場回到入射點A，在磁場中運動的最短時間為ta＝eq\f(2πm,3qB1)，粒子圓c區(qū)域內勻強磁場運動的周期T＝eq\f(2πR,v1)＝eq\f(2πm,qB2)，在磁場中運動的最短時間為tc＝eq\f(8πm,3qB1)，粒子從電場回到入射點A，在磁場中運動的最短時間為t＝ta＋tc＝eq\f(14\r(3)πr,9v0)，C、D錯誤．9．答案：(1)107m/s(2)2×104V(3)0.2T解析：(1)在S1和S2兩極板間加速，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得v1＝107m/s(2)帶電粒子在P1和P2兩金屬板間運動時，電場力與洛倫茲力平衡qeq\f(U2,d)＝qv1B1解得U2＝2×104V(3)由題意可知，根據(jù)幾何關系，粒子軌道半徑R＝eq\f(L,2)洛倫茲力提供向心力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)根據(jù)qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)可得B＝eq\f(mv0,qR)(2)粒子運動軌跡如圖根據(jù)幾何關系可知離子進入x軸下方時速度與水平夾角為60°，出磁場位置時于O點的距離為d，則d＝2Rsin60°＝eq\r(3)R(3)①離子從O點出射速度方向在與y軸負方向成β角偏左時，圓周運動