2026届高三物理一轮复习专项训练：专题十七 带电粒子在组合场中的运动

专题十七　带电粒子在组合场中的运动 同步测试 1． 选择题： 1.(2024·哈尔滨模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要设备，构造原理如图所示。离子源S产生的各种不同正离子束(初速度可视为零，不计粒子间相互作用)经MN间的加速电压加速后从小孔O垂直进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点，P点到小孔O的距离为x。下列关于x与(比荷的倒数)的图像可能正确的是(　　) 2．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(　　) A．M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 3.如图所示，竖直放置的PQ板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场，右侧为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.332 T，一质量m＝6.64×10－27 kg，带电荷量q＝3.2×10－19 C的粒子(不计重力)从小孔1位置以垂直板方向，大小为v＝3.2×106 m/s的速度开始运动，依次通过小孔2、3、4，已知相邻两孔间的距离相等。则(　　) A．粒子带负电 B．相邻两孔间的距离为0.2 m C．带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为5.89×10－7 s D．带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10－7 s 4.(2024·河北邢台摸底考试)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示，铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　) A. B． C. D． 5．如图甲所示，在xOy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 6.(多选)如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则(　　) A．电场力对每个氖20和氖22做的功相等 B．氖22进入磁场时的速度较大 C．氖22在磁场中运动的半径较小 D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠 7．(多选)如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变化如图乙所示，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是(　　) A．t3－t2＝t2－t1＝t1 B．v1∶v2∶v3＝1∶2∶3 C．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 8.(多选)(2025·青海西宁检测)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两板间，虚线中间不需加电场，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．加速粒子的最大速度与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．加速电场方向不需要做周期性的变化 9.(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(　　) A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2 C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8 二．计算题： 10．(2025·山东泰安质检)如图甲所示，质量为m、带电荷量为q的带负电粒子在t＝0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场的磁感应强度大小不变而方向周期性变化，如图乙所示(垂直于纸面向里为正方向)；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同，均为B0。粒子在Ⅰ区域内一定能完成半个圆周运动且每次经过边界mn的时刻均为的整数倍。(1)求粒子在Ⅰ区域运动的轨迹半径； (2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)。 11．平面直角坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，其上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在匀强电场，电场强度方向与x轴负方向的夹角为60°，如图所示。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从坐标原点沿y轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P点进入电场，最后从x轴上的Q点离开电场，已知O、P两点间距离为L，PQ连线平行于y轴。不计粒子重力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)匀强电场的电场强度E的大小。 12.如图所示，xOy坐标系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点。质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度，从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场(不计粒子的重力)，求： (1)粒子的速度大小； (2)粒子离开磁场后，经过x轴上N点(图中没有标出)，已知NO＝5L，求匀强电场的电场强度； (3)求粒子从D点到达N点所经历的时间。 13．(2024·山东卷，节选)如图所示，在xOy坐标系x>0、y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0<y<L的范围内可以产生质量为m、电荷量为＋q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场。挡板的厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。 (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0； (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向。 14.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。 参考答案： 1.[答案]　B[解析]　某一正离子经MN间的加速电压U加速，由动能定理有：Uq＝mv2..某一正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，则有：qvB＝m 由几何关系可知：x＝2r 联立方程，解得：x＝ 由幂函数的性质可知，A、C、D错误，B正确。 2.[答案]　D[解析]　电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故A选项错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故C选项错误；对加速过程应用动能定理有eU＝mv2，设电子在磁场中运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝，则r＝，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝(其中d为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dB，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P将右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P将左移，故B选项错误，D选项正确。 3.[答案]　C[解析]　由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，可得R＝＝0.2 m，则d＝2R＝0.4 m，故B错误；圆周运动周期为T＝≈3.93×10－7 s，带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T，即约为5.89×10－7 s，故C正确；如图所示，带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10－7 s，故D错误。 4.[答案]　C[解析]　设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qU＝mv2，由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，可求＝，故C项正确。 5.[答案]　C[解析]　由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为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，沿y轴负方向的位移为 m，则正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝T＝1.2π×10－4 s，故C正确。 6.[答案]　AD [解析]　根据W＝qU，氖20和氖22的电荷量相同，加速电压相同，所以电场力对两种离子做的功相同，A正确；在加速电场中，根据qU＝mv2，由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B错误；由qvB＝m得R＝，由于氖22的质量大，所以氖22的运动半径也大，C错误；根据R＝，对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，D正确。 7.[答案]　AC[解析]　粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝m，可得r＝，粒子运动周期T＝＝，故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3－t2＝t2－t1＝t1，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mv＝nqU，可得vn＝，故速度之比v1∶v2∶v3＝1∶∶，B错误；由B的分析可得mv＝qU，mv＝nqU，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v3－v2≠v2－v1，故r3－r2≠r2－r1，即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误。 8.[答案]　BD[解析]　带电粒子只有经过A、C两板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，则加速电场的方向不需要改变，故B、D正确；由nqU＝mv和qvnB＝m得rn＝，则P1P2＝2(r2－r1)＝2(2－1)，P2P3＝2(r3－r2)＝2(－)，所以P1P2≠P2P3，故C错误；当粒子从D形盒中射出时，速度最大，根据r＝知v＝，即加速粒子的最大速度vm与D形盒的半径有关，故A错误。 9.[答案]　AD[解析]　粒子在电场中加速，设加速的位移为x，则根据动能定理有qEx＝mv2，解得v＝，粒子在磁场中运动时，其轨迹如图所示。a粒子运动轨迹的圆心为O，b粒子运动轨迹的圆心为O′，根据几何知识可知，r2·sin 30°＋r1＝r2，则r1∶r2＝1∶2，根据洛伦兹力提供向心力，有r＝，联立可得∶＝1∶4，v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的周期T＝＝，粒子在磁场中运动的时间t＝T，则两粒子的运动时间之比t1∶t2＝3∶8，故C错误，D正确。 10.[答案]　(1)　(2)或－2v0 [解析]　(1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m，解得r＝。 (2)带电粒子的运动轨迹有两种可能。 第一种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝， qv2B0＝m，解得粒子在Ⅲ区域中的速度大小v2＝； 第二种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝， 粒子在Ⅲ区域中的速度大小v2＝－2v0。 11.[答案]　(1)　(2) [解析]　(1)粒子在磁场中运动时(如图所示)，设轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ 由几何关系有L＝2Rcos 30° 联立解得B＝。 (2)粒子进入电场时，速度方向与边界OP的夹角为60°，由几何关系可知，速度方向和电场方向垂直。粒子在电场中的位移x＝PQ＝Lsin 30° 又xsin 30°＝vt xcos 30°＝at2 Eq＝ma 联立解得E＝。 所以时间t＝t1＋t2＝。 12.[答案]　(1)　(2)　(3) [解析]　(1)粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，根据几何关系有GD＝FG＝R、OG＝R， 则OD＝R＋R＝7L 解得R＝4L 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 解得v＝。 (2)粒子在电场中的类平抛运动轨迹如上图所示， 粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为x＝GN＝8L 沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为y＝FG＝4L 根据x＝vt，y＝at2，a＝ 解得E＝。 (3)设粒子在磁场中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2， t1＝T 带电粒子在磁场中运动的周期为T＝ 联立得t1＝ x＝GN＝8L＝vt2 解得t2＝ 13.[答案]　(1)　(2)　x轴正方向 [解析]　(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示， 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝xNK＝ 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m 在匀强加速电场中由动能定理有U0q＝mv2 联立解得U0＝。 (2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示， 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r′＝xNKcos 60°＝ 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qv′B＝m 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向 大小满足qv′B＝Eq 联立可得E＝。 14.[答案]　(1)v0　沿x轴正半轴斜向上，夹角为30°　(2)　(3)(n＝1,2,3，…)　(n＝1,2,3，…) [解析]　(1)质子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，刚进磁场时速度大小为v，方向沿x轴正半轴斜向上，夹角为α，有x＝v0t＝d，y＝t＝，tan α＝，v＝，解得v＝v0，α＝30°。 (2)如图1所示，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)如图2所示，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轴正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，则有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，…)。 学科网（北京）股份有限公司 $