53第十一单元 专题强化12　带电粒子在组合场中的运动-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教浙江专版）

课时提升训练(53)　带电粒子在组合场中的运动 热点一　质谱仪和回旋加速器 1．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 (　　) A．11 B．12 C．121 D．144 D　解析：根据动能定理可得qU＝mv2，带电粒子进入磁场时速度v＝，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则有qvB＝，解得m＝，所以离子和质子的质量比约为144，D正确。 2．(多选)回旋加速器是高能物理中的重要仪器，其原理是利用磁场和电场使带电粒子回旋加速运动，在运动中经高频电场反复加速从而使粒子获得很高的能量。如图甲所示，两个D形金属盒置于恒定的匀强磁场中，并分别与高频电源相连(电压随时间变化如图乙所示)，D形盒半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间距离为d(d≪R)。若用回旋加速器加速氘核12H(设氘核质量为m、电荷量为q)，则下列判断正确的是 (　　) A．加速电压U0越大，氘核获得的最大动能越大 B．氘核加速的最大动能为 C．氘核在电场中运动的总时间为 D．该回旋加速器不可以用来加速氦核(24He) BC　解析：由qvB＝m，得v＝，所以最大动能Ekm＝，氘核获得的最大动能与加速电压大小无关，A错误，B正确；设氘核加速次数为n，由动能定理nqU0＝Ekm，可得n＝，氘核在电场中运动的路程s＝nd，平均速度为，故在电场中运动的时间t＝＝，C正确；氦核与氘核的比荷相同，在磁场中运动周期相同，可以进行加速，D错误。 热点二　带电粒子在组合场中的运动 3．如图甲所示，在Oxy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0时刻，一个比荷＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，)处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为 (　　) A．8π×10-5 s B．π×10-5 s C．1.2π×10-4 s D．×10-4 s C　解析：洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝m，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期T＝＝8π×10-5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小2rsin 60°＝ m，位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图所示；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间t＝T＝1.2π×10-4 s，C正确。 热点三　带电粒子在交变电、磁场中的运动 4．(多选)如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是 (　　) A．粒子带正电 B．电场方向由f指向e C．粒子在磁场与电场中运动时间的比值为 D．磁感应强度与电场强度大小的比值为 AC　解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则知，粒子带正电，A正确；粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转特点，电场力方向水平向右，又因为粒子带正电，所以电场方向由e指向f，B错误；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律知，粒子在磁场中运动的时间t1＝＝，在电场中运动时间t2＝，则＝，C正确；设匀强磁场的磁感应强度为B，有qv0B＝，解得B＝，在电场中沿着de方向以速度v0做匀速直线运动L＝v0t2，沿着电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动，L＝·t22，解得E＝，则＝，D错误。 5．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A、C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．带电粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关 B．带电粒子每运动一周被加速一次 C．P1P2等于P2P3 D．加速电场方向需要做周期性的变化 B　解析：带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场方向不需要做周期性的变化，B正确，D错误；根据r＝得P1P2＝2(r2－r1)＝，P2P3＝2(r3－r2)＝，粒子每运动一周被加速一次，根据匀变速直线运动知识可知，经过相同位移用的时间越来越小，所以速度变化量Δv＝at也就越来越小，所以v2－v1>v3－v2，即P1P2>P2P3，C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝，知粒子的最大速度与D形盒的半径有关，A错误。 6．(多选)(2023·海南卷)如图所示，质量为m、电荷量为＋q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0，0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则 (　　) A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E＝ B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0 C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为 D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是 AD　解析：若粒子打到PN中点，则x0＝v0t1，y0＝·t2，解得E＝，A正确；粒子从PN中点射出时，则＝t1，速度v1＝＝，B错误；粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝＝，粒子从电场中射出时的速度v＝，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB＝m，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离d＝rcos θ，解得d＝，C错误；当粒子在磁场中有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度vym＝，x0＝v0t，出离电场的最大速度vm＝＝，则由qvB＝m，可得最大半径rm＝＝，D正确。 7．(2024·浙江6月卷)探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在Oxy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N(由金属细丝组成的网状电极)，喷镀板P上表面中点Q的坐标为(1.5L，0)，栅极板M中点S的坐标为(3L，0)。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的，经电压U＝kU0(其中U0＝，k大小可调，a和b离子初速度视为0)的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N与M间电压UNM调控(UNM＞0)，a和b离子分别落在喷镀板的上、下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 (1)若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0(用L表示)； (2)调节U和UNM，并保持UNM＝U，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求 ①U的调节范围(用U0表示)； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； (3)要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 答案：(1)L　(2)①U0≤U≤4U0　②　(3)　 解析：(1)对a离子，在加速电场中，由动能定理可得 qU0＝mv2 ① 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ ② 联立①②可得r＝ ③ 到达x轴上的位置x0＝2r ④ 其中U0＝，联立③④解得x0＝L。 (2)①a离子经过加速电场、偏转磁场直接落到P上表面； 由(1)问可得r′＝，＝ ⑤ a离子落在P上表面任意位置有L≤2r′≤2L ⑥ 联立可得U0≤U≤4U0。 ②b离子经过加速电场、偏转磁场，再经过栅极板M、N落到P下表面，作出轨迹示意图如图所示， 当b离子恰好经过栅极板左侧时，第一次经过磁场的运动半径 r1＝L ⑦ 由⑤可得r1＝ ⑧ 此时UNM＝U，b离子经过栅极板后的速度为v2，由动能定理可得 q′U－q′UNM＝m′v22 ⑨ b离子经过x轴下方磁场的运动半径为r2，由洛伦兹力提供向心力可得q′v2B＝m′ ⑩ 又＝ 联立解得r2＝r1＝L 当b离子恰好经过栅极板右侧时，同理可得b离子此次经过x轴下方磁场的运动半径r2′＝L 综上可得b离子落在P下表面的区域长度 l＝－＝。 (3)要求a离子落在喷镀板P上表面的中点Q，由(1)可知 2rax0′＝ ＝L 故可得U＝U0＝ 则b离子从xb′＝3L处经过栅极板，若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处，设UNM＝k′U，则同理可知(1－k′)Uq′＝m′vb2，Bq′vb＝m′，Δxb＝2rb＝L 联立解得k′＝ 则可得UNM＝U＝U0＝ 当减速n次有Uq′－nUNMq′＝m′vb′2，rn＝ 联立得rn2＝－UNM 当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得2rn－1＞2L，2rn＝L 即－UNM＞L2，－UNM＝L2 解得＜ 即n＜，n取整数，故可得n＝1、2、3，故可得UNM＝或或。 学科网（北京）股份有限公司 $$