帶電粒子在復合場中運動

一、選擇題（第1?5題為單選題，第6?8題為多選題）

1.如圖所示，一根足夠長的光滑絕緣桿腑固定在豎直平面內，且與水平面的夾角為37。，空間中

存在垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為1T,質量為0.1kg的帶電小環沿桿下滑到圖中

的戶處時，對桿有垂直桿向下的、大小為0.3N的壓力。已知小環的帶電荷量為0.1C,重力加速度

大小g=10m/s2,sin37°=0.6。下列說法正確的是（）

A.小環帶正電

B.小環下滑的加速度大小為8m/s2

C.小環滑到戶處時的動能為1.25J

D.當小環再沿桿滑動2.25m后恰好與桿沒有相互作用

【答案】C

【解析】環的重力在垂直桿向下的分力為加gcos37o=Q8〃zg=0.8N,桿對環的支持力垂直桿向上為

0.3N,故環所受洛倫茲力方向垂直桿向上，由左手定則可知環帶負電，A錯誤；洛倫茲力方向垂直

運動方向，則沿著桿方向沖5足37。="，解得。=6m/s2,設環滑到尸點的速度為”,在垂直桿方向

據平衡條件可得q+8+久=mgcos37。，解得^=5m/s,則動能為線=^加啜=1.25J，B錯誤，C

正確；環與桿之間沒有正壓力時，洛倫茲力等于重力垂直于桿向下的分力，則G<B=7"gcos37。，解

得M二娛上竺=81nzs，環向下運動的過程中只有重力做功，洛倫茲力不做功，設兩點之間的距離

qB

是￡,據動能定理可得根g_Lsin37。=工根v"-工加丫/，解得C=3.25m,D錯誤。

2.如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為r,勻強磁場的磁感應強度為6,一個質量為以電荷量為

。的粒子在加速器的中心從速度為0起先加速，兩D形盒之間狹縫的寬度為4且水<八則下列說法

正確的是（）

A.帶電粒子離開回旋加速器時獲得的最大速度為幽星之

B.帶電粒子離開回旋加速器時獲得的最大動能為與―

辯2

C.若加速電壓為〃則帶電粒子離開回旋加速器時加速的次數為

mU

D.若加速電壓為〃則帶電粒子在回旋加速器中加速的總時間為也巴

U

【答案】B

【解析】當帶電粒子離開回旋加速器時其速度達到最大，其運動半徑也最大，由4誣=加1，解得

r

%=幽，E=_1〃曜=￡史：，A錯誤，B正確；若知加速電壓為〃，則每次加速得到的動

m22m

EaB2r2

能紜加速的次數〃=*=——，C錯誤；若加速電壓為〃，則帶電粒子在回旋加速器中

kqU2mU

加速的總時間/=&,粒子加速時的加速度大小.=妙，又V二四,聯立三式解得好馴，D

ama7maxmUTT

錯誤。

3.試驗小組用圖甲所示裝置探討電子在平行金屬板間的運動，將放射源戶靠近速度選擇器，速度選

擇器中磁感應強度為6,電場強度為￡,戶能沿水平方向發出不同速率的電子，某速率的電子能沿直

線通過速度選擇器，再沿平行金屬板/、8的中軸線射入板間，已知水平金屬板長為￡、間距為

d,兩板間加有圖乙所示的交變電壓，電子的電荷量為e,質量為0（電子重力及相互間作用力忽視

不計），以下說法中錯誤的是（）

F

A.沿直線穿過速度選擇器的電子的速率為一

B

B.只增大速度選擇器中的電場強度￡,沿中軸線射入的電子穿過/、8板的時間變長

C.若t=審寸刻進入從8板間的電子恰能水平飛出，則可能正好從小點水平飛出

D.若t=0時刻進入金屬板間/、6的電子恰能水平飛出，則7=匹（〃=1,2,3……）

nE

【答案】B

【解析】電子受電場力和洛倫茲力的作用，沿中軸線運動，則電子受力平衡，滿意叫，解得

v=-,A正確；若只增大速度選擇器中的電場強度￡,由丫=二可知，能沿直線通過速度選擇器的

BB

電子速率較大，則在/、方板長度不變的狀況下，電子穿過從8板的時間變短，B錯誤；/=工時刻

4

進入48板間的電子，若剛好經驗一個周期7恰好飛出電場，則在豎直方向先加速上升再減速上升，

然后加速下降再減速下降，由對稱性可知，恰好到達a處且豎直方向速度為零，故能正好從。點水

平飛出，C正確；若2=0時刻進入金屬板間/、8的電子恰能水平飛出電場，結合C解析可知，豎直

方向的末速度應當為零，則在電場中的運動時間為t=nT（n=\,2,3……），可得此時電子的速度為

v=--聯立A解析中的結論可得7=當5=1,2,3……）,D正確。本題選錯誤的，故選B。

nTnE

4.如圖所示，在xOy平面的第II象限內有半徑為火的圓分別與x軸、y軸相切于一、0兩點，圓內存

在垂直于了沙面對外的勻強磁場。在第I象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為以一帶

正電的粒子（不計重力）以速率均從尸點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最終從〃（3尼0）點射出

電場，出射方向與x軸正方向夾角為a,且滿意。=45°。下列推斷中正確的是（）

A.粒子將從。點射入第I象限

B.粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2A

C.帶電粒子的比荷幺

m3RE

"OM一

P

2E

D.磁場磁感應強度B的大小B=—

%

【答案】C

【解析】在〃點，依據類平拋運動規律，有vv=votana，qE=ma,vy=a小

3R=vot3,解得且=」L,y=ZL=i,5A，故A錯誤，C正確；粒子運

m3RE-2a

動軌跡如圖，設a為磁場的圓心，。為粒子軌跡圓心，尸為粒子射出磁

場的位置，則有P'a//Pa,,則粒子的軌道半徑r

=R,由牛頓其次定律可得的％=相說，解得2=竺，故BD錯誤。

r%

5.某種質譜儀的工作原理示意圖如圖所示。此質譜儀由以下幾部分構成：

粒子源M國間電壓恒為〃的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為火

的四分之一圓形通道，通道內有勻稱輻射電場，方向沿徑向指向圓心0,

且與圓心。等距的各點電場強度大小相等；磁感應強度為8的有界勻強磁

場，方向垂直紙面對外。當有粒子打到膠片〃上時，可以通過測量粒子打

到〃上的位置來推算粒子的比荷，從而分析粒子的種類以及性質。由粒子源及發出的不同種類的帶

電粒子，經加速電場加速后從小孔S進入靜電分析器，其中粒子a和粒子6恰能沿圓形通道的中心

線通過靜電分析器，并經小孔發垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上，其軌跡分別如圖中的SSa

和SS仍所示。忽視帶電粒子離開粒子源N時的初速度，不計粒子所受重力以及粒子間的相互作用。

下列說法中正確的是（）

A.粒子a可能帶負電

B.若只增大加速電場的電壓4粒子a可能沿曲線Sc運動

C.粒子a經過小孔5時速度大于粒子b經過小孔5時速度

D.粒子a在磁場中運動的時間肯定大于粒子6在磁場中運動的時間

【答案】BD

【解析】由磁場方向及粒子的偏轉方向，利用左手定則可確定，該粒子肯定帶正電，A錯誤；若只增

大加速電場的電壓〃粒子進入偏轉電場的速度變大，電場力小于所需的向心力，粒子a可能沿曲線

Sc運動，B正確；粒子在加速電場中滿意qUngzm?,在磁場中做勻速圓周運動，滿意飲8=相匕，

聯立可得丫=也，由圖可知，粒子a的半徑r較大，速度/較小，在偏轉電場中粒子速度大小不變，

Br

故粒子a經過小孔5時速度小于粒子6經過小孔S時速度，C錯誤；結合C的分析可知，粒子a在

磁場中運動時弧長大，速度小，故粒子a運動時間較長，D正確。

6.如圖所示為扇形聚焦回旋加速器的原理圖。將圓形區域等分成2〃（〃=2、3、/飛葉一

4…）個扇形區域，相互間隔的〃個區域內存在垂直紙面對外的勻強磁場，另外\7

〃個區域內沒有磁場。一群速度大小不同的同種帶電粒子，依次經過2〃個扇形i,

區域在閉合軌道上做周期性運動。不考慮粒子之間的相互作用，則（）'、、/'''

A.粒子的運動周期與其速度大小無關

B.〃越大，每個粒子的運動周期也越大

C.粒子運動速度的最大值與〃無關

D.粒子運動速度的最大值隨n的增大而增大

【答案】ABC

2

【解析】粒子在磁場中做圓周運動時有安方=絲，考慮對稱性，畫出臨界軌跡，如圖甲所示，由幾

r

何關系可得。=2夕，最大半徑r=K,所以y二嶇,故最大速度與〃無關，故C正確，D錯誤。

陽22m

甲乙

設粒子在〃個磁場區域運動的時間為小則：=2竺，粒子在一個無磁場區域中運動的直線長度

V

L=2rsma,a=-,粒子在〃個無磁場區域運動的時間勻=匹，則粒子在閉合軌道上運動的周期

nv

+2tlmsin兀

T=+1,=------------良,y=xsin^的函數圖像如圖乙所小，由圖可知當時，y=xsin!是

一Bq'xx

一個單調遞增函數，可得粒子的周期與速度無關，〃越大，周期越大，故AB正確。

7.如圖所示，直角坐標系x%的第一象限內存在沿x軸正方向的勻強電場，第四象限內一邊長為a

的正方形/及力內存在垂直于坐標平面的勻強磁場（圖中未畫出）,其中48邊與x軸正方向成30°角。

現有一質量為⑷、電荷量為1的帶電粒子，從y軸上的9點以速度歷沿y軸負方向射入電場中，粒

子恰好從4點進入磁場，進入磁場時的速度方向與x軸正方向的夾角為60°,然后從瓦點離開磁場，

不考慮粒子的重力，下列說法正確的是（）

A.磁場的方向為垂直坐標平面對外y1

B.尸點的縱坐標為/a:

c.勻強磁場的磁感應強度為叵皿

3qa

D.粒子從，點運動到8點的時間為（6不+百兀）"

6%

【答案】BD

【解析】由題可知粒子帶正電，結合左手定則可知磁場的方向為垂直坐標平面

對里，故A錯誤；在/點分析有tan60。=%，由幾何關系結合類平拋運動有

匕

=04=acos60。=0*匕％，解得力=J3a，（=?豆，故B正確；在

2%

力點分析有%=〃sin60。，粒子在磁場中做勻速圓周運動，設圓心為。點，粒

子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知幺=心M30。，由洛倫茲力供應向心力有=，解得

2r

3=2后〃％,故c錯誤；由幾何關系結合運動規律可知粒子在磁場中運動的時間

3qa

工=J_xH=1絲，所以粒子從尸點運動到8點的時間:4=（66+岳）",故D正確。

66yA6Vo6%

8.如圖所示，在水平線制和虛線掰9之間存在豎直向下的勻強電場，尸0和加所成夾角。=30

勻強電場的場強為任加右側某個區域存在勻強磁場，磁場的磁感應強度的大小為8,方向垂直紙面

對里，。點在磁場區域的邊界上并且存在粒子源，粒子源可發出初速度大小不同的粒子，初速度的最

E

大值為了，粒子源發出的全部粒子在紙面內垂直于掰9從。點射入磁場，全部粒子通過直線幽9時,

速度方向均平行于國向左，已知全部粒子的質量均為以帶電量肯定值均為g,不計粒子的重力及

粒子間的相互作用，下列說法正確的是()

A.粒子可能帶負電”

B.全部粒子從。點到達邊界距的時間相等

E?

C.速度最大的粒子從。點運動至水平線國所需的時間為.......

poQ

2(3^3+7i)m

3qB

mn2E2

D.勻強磁場區域的最小面積為

3q-B4

【答案】BC

【解析】磁場方向垂直于平面對里，粒子要從直線M0進入電場，故粒子只vxN

能帶正電，A錯誤；粒子的運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力供應向心力可得，E"

粒子在磁場中軌跡半徑廠=把，依據粒子的運動軌跡可知粒子從。點到達邊I

qB----------------------

界掰9粒子做圓周運動轉過的角度一樣，依據周期公式7=四可知，粒子從。點射出到出磁場的時

Bq

間相等，為=2/xT=包，粒子出磁場后到達邊界第的時間力=小叱=圓，與粒子速度

2%3qBvqB

無關，大小也相等，則全部粒子從。點到達邊界M0的時間相等，B正確；由題意知初速度最大為

v上,則速度最大的粒子在磁場中運動軌跡的半徑為衣=迫皿=照粒子過加后粒子做類平拋

BqBqB2

運動，設運動的為3貝其中q=效，解得,我,則速度最大的粒子

(sin6J2mqB

自。點進入磁場至重回水平線戶。。所用的時間/=4+%+%=衛*C正確；由題意知速度

3Bq

大小不同的粒子均要水平通過/則其飛出磁場的位置均在加的連線上，故磁場范圍的最小面積

是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與卯所圍成的面積，如圖所示，扇形的面積

S」x生RW型耳,△協”的面積S，=R2cos30/30。=立塔，解得AS4-3]之，

233q2B4的喈,(34Jq2B4

D錯誤。

二、非選擇題(解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。有數值計算的題，答案中必

需明確寫出數值和單位。)

9.如圖所示建立空間三維坐標系。xyz,四個平行于yOz平面的志向,

場分界面把x>0的區域分成間距均為/的三個區域I、II、III,最/|'/|1:

??????'????

左側界面與yOz平面重合。整個空間中存在著沿y軸正方向的勻強電jHjHjHj5

A/!；/；：/；；/

場，電場強度￡的大小未知。有一質量為0、電荷量為+g的小油滴靜%'''/[/1/

止在坐標原點。。已知重力加速度為g,忽視空氣阻力和運動過程中油滴的電荷量變更。

(1)在I區域加入沿x軸正方向的勻強電場，電場強度的大小也為￡,求油滴通過I、II區域分界面

時的速率；

(2)在⑴問基礎上，在n區域和ill區域分別加入沿軸正方向和負方向的勻強磁場，磁感應強度大小

均為8=竺陛，求油滴自。點運動到最右側界面所用時間和到達最右側界面的位置坐標；

q\2L

(3)在⑵問基礎上，在II區域加入沿2軸正方向電場，電場強度大小也為￡,求油滴自。點運動到最

右側界面過程中沿z軸方向的位移。

【解析】(1)油滴靜止在坐標原點，依據平衡條件

mg=Eq

在I區域加入沿x軸正方向、大小為￡的勻強電場，依據動能定理得

口712

EqL=—mvl

解得

匕=7^記

(2)油滴在II區域和m區域運動時重力和電場力平衡，油滴只在洛倫茲力作用下做圓周運動，軌跡如

圖所示

mv

Bnq%=—l

r

帶入數據解得r=3叵小

3

設油滴在II區域轉過的圓心角為a,依據幾何關系sine=3=正

2

解得a=生

3

該過程油滴沿y軸負向位移閑=r-rcos|=j

71__

在II區域歷時r,=W.T=3t=工更

2萬Bq3y3g

依據對稱性油滴在III區域運動與II區域運動的軌跡中心對稱，所用時間以及沿y軸負方向位移相同,

則到達III區域右側邊界時，y軸方向上總位移

2百.

y=r=---L

3

油滴在I區域運動的時間為％,則L=

[2L27Vf2L

油滴自0點運動到最右側界面所用的時間fi+2f2

到達最右側界面的位置坐標3L一組L0=

3

（3）在n區域加入沿z軸正方向的電場，使油滴產生沿X軸正方向的速度，沿Z軸方向的速度方向與

磁場方向平行，不產生洛倫茲力。油滴在II區域運動時間為仇z軸正方向位移

Zl=-^2=—^

12227

z軸正方向速度匕=gt2T*

進入III區域，油滴運動軌跡在z軸正方向投影做勻速運動，時間依舊為仇z軸方向位移

2兀2

Z2=Vzt2=^~L

_2

全過程中Z軸方向位移z=4+z,=二乙。

129

10.如圖所示，在xOy坐標系的其次象限內存在半徑為用、方向垂直

紙面對里的圓形勻強磁場區域I,區域I與x軸相切于坐標為（一/品

0）的6點，在第四象限內存在垂直坐標平面對里的勻強磁場區域II,

在第一象限內存在沿y軸負方向的勻強電場區域III,區域H、III的范

圍均足夠大。一質量為以電荷量為q的帶正電粒子從A點沿半徑平

行于y軸負方向以大小為的的初速度射入區域I,并恰好從坐標原點。進入區域II,粒子進入區域

III后，當粒子的速度第一次沿x軸正方向時，粒子經過坐標為（隊內而，的的。點。不計粒子受到的

重力。求：

⑴區域I內磁場的磁感應強度大小反；

(2)區域II內磁場的磁感應強度大小人以及區域皿內電場的電場強度大小E；

(3)從粒子經過原點。至粒子第〃(粒子經過原點。那次計為第0次，〃=1,2,3,???)次經過x軸

的時間t?o

【解析】(1)粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，粒子在區域I內做圓周運動的半徑4=鳳

又4%旦=，嚷

解得屈=也也。

3幅

(2)設圓形區域I的圓心和原點。的連線與x軸負方向的夾角為

由幾何關系有

tan0=—

解得8=30。

依據對稱性，粒子經過，點時的速度方向與x軸正方向的夾角也為生粒子在區域III內的運動可視

為類平拋運動的逆運動，設粒子從〃點運動到。點的時間為七粒子從，點運動到C點的過程中沿x

軸方向的位移大小為s,有

s=vocos0-t2,舄=-t2

解得s=26《，弓=也

%

設粒子在區域H內做圓周運動的半徑為耳，有=s+居

解得&

又4%與=〃?/-

解得以=由空

-3q&)

設粒子在區域III內運動的加速度大小為a,有qE=ma

又v0sin0=at2

解得石=江。

8竭

(3)粒子在區域II內做圓周運動的周期T=*

%

粒子從原點。運動到〃點的時間K=-T

16

解得叵&

3v0

當〃為大于零的偶數時，有/=夕2/2+%)，〃=2,4,6,…

解得I=(24+&)叫，”=2,4,6,-

"6%

當〃為大于零的