2026届高三物理二轮复习跟综训练 第11讲 带电粒子在复合场中的运动

第11讲 带电粒子在复合场中的运动 跟综训练 1、 选择题: 1. (2025·广东卷)某同步加速器简化模型如图所示,其中仅直通道PQ内有加速电场,三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为-q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后,沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应,下列说法正确的是(　　) A.偏转磁场的方向垂直纸面向里 B.第1次加速后,离子的动能增加了2qU C.第k次加速后,离子的速度大小变为 D.第k次加速后,偏转磁场的磁感应强度大小应为 2.(2025·广东部分学校联考)19世纪末,汤姆孙的学生阿斯顿设计了质谱仪,其用途非常广泛。如图所示为某种质谱仪的工作原理图,质子H从入口处由静止开始被电压为U0的电场加速,经磁感应强度大小为B0的匀强磁场偏转后恰好从出口离开磁场。若要使α粒子He)也从该入口处由静止开始被电场加速,经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,下列操作可行的是(　　) A.保持匀强磁场的磁感应强度B0不变,调节加速电场电压为U0 B.保持匀强磁场的磁感应强度B0不变,调节加速电场电压为U0 C.保持加速电场电压U0不变,调节匀强磁场的磁感应强度为2B0 D.保持加速电场电压U0不变,调节匀强磁场的磁感应强度为B0 3.(多选)(2025·福建龙岩月考)下列关于四种仪器的说法正确的是(　　) A.甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关 B.乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时,击中光屏同一位置的粒子比荷不相同 C.丙中载流子为电子的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时,N侧电势低 D.丁中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中,若流量Q恒定,前后两个金属侧面的电压与a、b无关 4.(多选)(2025·山东济宁模拟)如图所示,带电平行金属板1、2竖直放置,带电平行金属板3、4水平放置,形成互不干扰的匀强电场,1、2间的电压为U,3、4间的电场强度为E,垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B,一电荷量为+q的粒子(不计重力)从1的小孔a无初速度飘入1、2间,从2的小孔b进入3、4间;沿直线从b到达c,竖直虚线Oc与倾斜虚线Od间的夹角为45°,两虚线间存在垂直纸面向外的匀强磁场,粒子离开c后到达Od边上,已知O、c两点间的距离为L。下列说法正确的是(　　) A.粒子在b点时的动能为2qU B.粒子的质量为 C.若粒子到达Od边界的速度竖直向下,则右侧磁场的磁感应强度大小为 D.若粒子垂直打在Od边界上,则粒子从c到达Od的运动时间为 5.(多选)(2025·福建卷)如图,竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E,一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,当粒子运动到N点时,撤去磁场,一段时间后粒子经过P点,已知MN与水平面的夹角为45°,NP水平向右。粒子带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g。则(　　) A.电场强度大小为E= B.磁感应强度大小为B= C.N、P两点的电势差为U= D.粒子从N运动到P的过程中,与NP的距离最大值为 6.(多选)(2025·山东卷,12)如图甲所示的Oxy平面内,y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场,区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场,电场和磁场的大小、方向均未知。t=0时刻,质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发,在Oxy平面内运动,在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面,在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分,如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A.区域Ⅰ内电场强度大小E=,方向沿y轴正方向 B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R= C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=,方向垂直Oxy平面向外 D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 7.(多选)(2025·河南南阳高三期末)光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球,桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的叠加场,叠加场的下边界是水平面,到桌面的距离为h,电场强度为E、方向竖直向上,磁感应强度为B、方向垂直纸面向外,重力加速度为g,带电小球的比荷为。如图所示,现给小球一个向右的初速度,使之离开桌边缘立刻进入叠加场运动,已知小球从下边界射出,射出时的速度方向与下边界的夹角为60°,下列说法正确的是(　　) A.小球在叠加场中的运动时间可能是 B.小球在叠加场中运动的加速度大小可能是 C.小球在叠加场中运动的路程可能是 D.小球的初速度大小可能是 8.(多选)(2025·广东汕尾期末)中国研制的国际上最大的紧凑型质子回旋加速器,其直径为6.16 m、质量为 435 t,该加速器可使质子的动能达到100 MeV。该质子回旋加速器的简化原理如图,已知质子的质量约为1.67×10-27 kg,电荷量约为1.6×10-19 C,1 eV=1.6×10-19 J,忽略相对论效应,下列说法正确的是(　　) A.回旋加速器中加速电压需要达到100 MV B.质子在磁场中回旋时,每半圈用时相等 C.质子在磁场中运动时,洛伦兹力做正功 D.若磁感应强度为1 T,则最大回旋半径约为1.4 m 二．计算题: 9.(2025·八省联考河南卷,15)如图,在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射,当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。不计重力。 (1)求粒子进入磁场时的速度大小; (2)若粒子第一次回到电场中高度为h时,粒子距a点的距离为s=2h,求磁场的磁感应强度大小的可能值; (3)若粒子第一次回到电场中高度为h时,粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等,求粒子此时距a点的距离。 10.(2025·广东深圳高三期末)如图,距地面高为H的光滑绝缘平台上存在一水平向右、电场强度为E1的匀强电场,紧接平台右侧有一以MN为分界线的复合场,其中匀强电场E2的电场强度是竖直方向的、大小和具体方向未知,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外;距离平台下方有一可自由升降的光滑平台,平台左侧安装一竖直挡板,一条轻质弹簧,左端固定于挡板上,右端固定一个质量为M的接收板Q。现在最上方平台距离右端为L处轻轻释放一质量为m、电荷量为+q的带电小球P,在静电力作用下向右运动,进入复合场后做匀速圆周运动,重力加速度取g,忽略各场的边缘效应,小球P视为点电荷。 (1)求P进入复合场时速度v的大小; (2)求匀强电场E2的电场强度大小和方向; (3)若E1的值是可变的,要使P能打中Q并粘连(时间极短),试讨论两个平台之间的高度差h与E1的关系,并求出弹簧的最大弹性势能Ep(均在弹性限度内)。 11.(2025·江苏无锡模拟预测)如图甲所示,在xOy平面内y轴的左侧有宽为L的电场区域,在电场区域的左侧有一加速电场,电压为U0,一质量为m,带电荷量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度),从x轴的P点(-L,0)进入电场区域,粒子进入电场区域时在电场区域加上图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知),y轴正方向为电场的正方向,粒子经过交变电场后从y轴上的Q点(0,L)沿着x轴的正方向进入第一象限。在第一象限有一垂直纸面的圆形磁场区域,磁场变化规律如图丙所示,磁场变化周期为T0(忽略磁场突变的影响),粒子在t=0时刻进入磁场,且始终在磁场区域内运动。求: (1)经过P点时的速度v0; (2)交变电场的电场强度大小E0; (3)圆形磁场区域的最小面积S。 12.(2025·广东茂名一模)如图甲所示是一款治疗肿瘤的质子治疗仪工作原理示意图,质子经加速电场后沿水平方向进入速度选择器,再经过磁分析器和偏转系统后,定向轰击肿瘤。已知速度选择器中电场强度的大小为E、方向竖直向上,磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外,磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2,入口端面竖直,出口端面水平,两端中心位置M和N处各有一个小孔。偏转系统下边缘与肿瘤所在平面距离为L,偏转系统截面高度与宽度均为H。当偏转系统不工作时,质子恰好垂直轰击肿瘤靶位所在平面上的O点;当偏转系统施加如图乙所示变化电压后,质子轰击点将发生变化且偏转电压达到峰值U0(或-U0)时质子恰好从偏转系统下侧边缘离开(质子通过偏转系统时间极短,此过程偏转电压可视为不变),已知整个系统置于真空中,质子电荷量为q、质量为m。求: (1)质子到达M点速度大小; (2)要使质子垂直于磁分析器下端边界从N处小孔离开,请判断磁分析器中磁场方向,并求磁感应强度B2的大小; (3)在一个电压变化周期内,质子轰击肿瘤宽度是多少?实际治疗过程中发现轰击宽度小于肿瘤宽度,若只改变某一物理参数达到原宽度,如何调节该物理参数? 13.(2025·河南卷)如图,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b 距水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小; (2)求电场强度的大小; (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,长时间来看,粒子将向左或向右漂移,求漂移速度大小(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)。 参考答案： 1.答案　A解析　带负电的离子沿顺时针方向在加速器内循环加速,在磁场区域中做部分圆周运动,由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里,A正确;第1次加速过程,由动能定理有qU=ΔEk,则第1次加速后,离子的动能增加了qU,B错误;设第k次加速后离子的速度大小为v,对k次加速过程,由动能定理有kqU=mv2-m,解得v=,C错误;第k次加速后,离子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得第k次加速后偏转磁场的磁感应强度大小为B=,D错误。 2.答案　A解析　由动能定理得qU=mv2,解得粒子进入磁场时的速率为v=,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,解得r==,由此可知半径r和加速电压U一定的条件下,磁感应强度B正比于,半径r和磁感应强度B一定的条件下,加速电压U与成反比。质子H的比荷为1,α粒子He的比荷为,所以在磁感应强度一定的条件下,加速电压应调节为U0,A正确,B错误;在加速电压一定的条件下需将匀强磁场的磁感应强度调整为B0,C、D错误。 3.答案　CD解析　根据qvB=,Ek=mv2,解得Ek=,粒子的最大动能与加速电压无关,A错误;在速度选择器中可以直线通过的粒子满足qE=qvB1,解得v=,即通过速度选择器的粒子速度相同,根据qvB2=m,解得r==,击中光屏同一位置的粒子比荷相同,B错误;电子运动方向与电流方向相反,根据左手定则,电子向N侧偏转,则N侧电势低,C正确;电磁流量计中,带电粒子在磁场作用下,向M、N两侧偏转,当静电力与洛伦兹力相等时稳定流动,此时有q=qvB,又Q=bcv,解得U=,则前后两个金属侧面的电压与a、b无关,D正确。 4.答案　BC解析　由动能定理可得Ek=qU,A错误;粒子从b到c由二力平衡可得qvB=qE,解得v=,结合Ek=mv2,解得m=,B正确;若粒子到达Od边界的速度方向竖直向下,作出粒子的运动轨迹,轨迹为四分之一圆弧,由几何关系可得r=0.5L,结合r=,解得B0=,C正确;若粒子垂直打在Od边界上,则轨迹的半径为L,速度的偏转角为45°,粒子从c到达Od的运动时间t=×=,D错误。 5.答案　BC解析　由于粒子沿着MN做匀速直线运动,所以粒子所受洛伦兹力垂直于MN,所受重力和电场力的合力也垂直于MN,即电场力水平向右,粒子带正电,由力的平衡条件有qvBcos 45°=mg,=tan 45°,解得电场强度大小为E=,磁感应强度大小为B=,A错误,B正确;粒子运动到N点后撤去磁场,粒子所受电场力和重力不变,则其竖直方向上做竖直上抛运动,水平方向上做匀加速直线运动,由于NP水平向右,所以粒子从N运动到P点所用的时间为t==,水平方向上的位移为xNP=vtcos 45°+·t2,联立解得xNP=,所以N、P两点的电势差U=ExNP=,C正确;结合C项分析可知,当粒子竖直方向的速度减为0时,其与NP的距离最大,为hm==,D错误。 6.答案　AD解析　根据题图甲粒子在区域Ⅰ的轨迹可知,粒子在区域Ⅰ内做类平抛运动,且加速度方向沿y轴正方向,由平抛运动规律可知,y轴方向有2L=a,由牛顿第二定律有qE=ma,联立解得电场强度大小E=,方向沿y轴正方向,A正确;结合题图乙和对称性可知,粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=L,B错误;由平抛运动规律可得粒子的初速度v0=,对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L=mv2-m,结合A项分析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度v=,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,结合B项分析联立解得区域Ⅱ内磁感应强度大小B=,又由题图乙可知,粒子进入区域Ⅱ后先向上偏转再向下偏转,由左手定则可知,磁感应强度的方向垂直Oxy平面向外,C错误;结合C项分析和题图乙可知,粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心在x轴上,设其坐标为(x0,0),由几何关系有(x0-3L)2+(2L)2=R2,解得x0=,即圆心坐标为,D正确。7.答案　BC解析　因带电小球的比荷为=,则有qE=mg,则粒子进入叠加场后做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,可得r==,小球的运动周期为T===,小球从下边界射出,射出时的速度方向与下边界的夹角为60°。则在叠加场中运动转过的圆弧角度可能为60°,也可能是120°,如图所示。 则小球在叠加场中的运动时间可能为t1=T=,或t2=T=,故A错误;小球在叠加场中运动的半径可能满足h=r1+r1cos 60°或r2=h+r2cos 60°,解得r1=或r2=2h,则小球的速度大小可能为v1==或v2==,故D错误;小球在叠加场中运动的加速度大小可能为a1==或a2==,小球在叠加场中运动的路程可能为s1==或s2==,故B、C正确。 8.答案　BD解析　由qvB=m和Ek=mv2,可得Ek=,可知质子的动能与加速电压无关,若磁感应强度为1 T,则最大回旋半径为rmax=≈1.4 m,A错误,D正确;质子在磁场中做圆周运动的周期为T=,可知质子在磁场中回旋时,每半圈用时相等,B正确;质子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,洛伦兹力始终与运动方向垂直,不做功,C错误。 9.答案　(1)2　(2)或(3)4h- 解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动,则竖直方向有=2ah 由牛顿第二定律得a= 粒子进入磁场时的速度大小v=vy 联立解得v=2。 (2)粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移x=v0t=vyt=2·t=2h 粒子进入磁场后做匀速圆周运动,离开磁场时速度方向与x轴正向仍成45°角,到达高度为h时水平位移仍为2h,由几何关系可知 2rcos 45°=2h+2h+2h或2rcos 45°=2h 即r=3h或r=h 根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 可得B=或B=。 (3)若粒子第一次回到电场中高度为h时,粒子在电场中运动的时间t==2 可知粒子在磁场中运动的时间也为t=2 根据t== 由洛伦兹力提供向心力qvB'=m 联立解得r'= 此时粒子距a点的距离为s=4h-r'=4h-。 10.答案　(1)　(2)　方向竖直向上 (3)h=(0<h≤H)　 解析　(1)带电小球P在电场E1中做匀加速直线运动, 由动能定理可得qE1L=mv2 解得v=。 (2)带电小球P在复合场区域做匀速圆周运动,有mg=qE2 则E2= 静电力方向竖直向上,故电场强度E2的方向竖直向上。 (3)带电小球P进入复合场区域后做匀速圆周运动,有qvB=m 要使P能打中Q并粘连,有h=2r 联立解得h=≤H P与Q发生完全非弹性碰撞,有mv=(m+M)v共 碰后P、Q一起压缩弹簧,动能转化为弹性势能,有Ep=(m+M) 可得Ep= 由h=≤H可知,当h=H时,E1最大,弹簧的弹性势能最大 联立解得Epm=。 11.答案　(1)　(2)见解析　(3) 解析　(1)粒子从A点到P点,由动能定理有qU0=m 解得v0=。 (2)粒子进入偏转电场中,有x轴方向:L=2n·v0(n=1,2,3,…) y轴方向:L=2n·a(n=1,2,3,…) a= 联立解得E0=(n=1,2,3,…)。 (3)粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向,速度大小为v0, 粒子在磁场中运动的周期为T=== 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 设粒子做圆周运动的半径为r,则qv0B=m 圆形磁场的最小半径R=2r 最小面积S=πR2 解得S=。 12.答案　(1)　(2)垂直纸面向外　 (3)2L+H　增加L 解析　(1)质子匀速通过速度选择器,受力平衡,有qE=qvB1,可得v=。 (2)在磁分析器中做匀速圆周运动,由右手定则知磁分析器中磁场方向垂直纸面向外。由题图可知r= 洛伦兹力提供向心力有qvB2=m 可得B2=。 (3)在偏转系统中质子做类平抛运动,当电源电压为U0时质子恰好从偏转系统下侧边缘离开,有H=vt,=at2　　　解得a=,t= 根据速度的分解　有tan θ==1　　解得θ=45° 离开偏转系统后,质子做匀速直线运动,有tan θ=　　　解得x=L 故质子轰击肿瘤宽度是s=2L+H 可知增加L,可以增加质子轰击肿瘤宽度s。 13.答案　(1)　(2)　(3)v0 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,进入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°,作出粒子在磁场中的运动轨迹,如图甲所示 由几何关系有r-h=rcos 60° 解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=2h 粒子在匀强磁场中运动时,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m 解得磁感应强度的大小为B=。 (2)作出粒子从a点运动到b点的运动轨迹,如图乙所示 粒子在电场中做类斜抛运动,由斜抛运动规律可知, 水平方向有x1=v0cos 60°·t1 竖直方向有2v0sin 60°=at1 由牛顿第二定律有qE=ma 粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为x2=rsin 60°=h 由粒子运动的对称性可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2,则粒子从a点运动到b点的水平位移s=x1+2x2 联立解得电场强度大小为E=。 (3)根据题意作出竖直向下发射时一个周期内粒子的运动轨迹,如图丙所示 由几何关系可知一个周期内粒子从磁场进入电场的速度与水平线的夹角余弦值为cos θ== 解得θ=60° 则粒子从a点开始运动到进入电场过程粒子的水平位移为s1=r-rsin θ=(2-)h 由于粒子从a点运动到进入电场过程轨迹所对圆心角为θ1= 则该过程粒子的运动时间为t2== 结合(2)问分析可知该情况一个周期内粒子在电场中的水平位移大小x1=h,运动时间为 t1== 由几何关系可得一个周期内粒子从电场进入磁场至到达b'的过程,轨迹所对圆心角为θ2=,该过程的运动时间为t3== 则粒子的运动周期为t=t1+t2+t3= 由粒子的运动轨迹可知一个周期内粒子的位移为s'=r-s1=h 则粒子的漂移速度v==v0。 学科网（北京）股份有限公司 $