2026届高三物理二轮复习跟踪练习：微专题21 带电粒子在组合场、交变场中的运动

微专题21 带电粒子在组合场、交变场中的运动 跟踪练习 基础过关 一．计算题： 1.（2025·福建福州期末）一质谱仪由加速器、速度选择器和磁分析器组成，其装置简化成如图所示。质量为m、带电荷量为q的粒子由静止被加速电场加速后，以速度v进入速度选择器。速度选择器内存有相互正交的匀强磁场和匀强电场，其中电场强度大小为E、磁感应强度大小未知；通过速度选择器后，粒子从O点垂直于磁场边界SP的方向进入磁分析器，最后粒子击中磁场边界上的P点。磁分析器分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2；不计粒子重力。求： （1）加速电场的电压U0； （2）速度选择器中匀强磁场磁感应强度大小B1； （3）磁分析器中O、P两点间的距离d。 2.（2025·江苏扬州阶段练习）某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接高频交流电源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用，求： （1）质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1； （2）质子第1次和第2次经过狭缝进入D形盒位置间的距离； （3）D形盒半径R。 3.（2025·贵州六盘水期末）如图所示，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时（不计重力），求： （1）粒子运动的时间； （2）粒子与O点间的距离。 4.如图所示，xOy平面内，OP与x轴正方向的夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内（含边界）存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T。第二象限有平行于 y轴向下的匀强电场，电场强度大小为E ＝×105 V/m，一带电微粒以速度 v0 ＝5×106 m/s从 x 轴上 a(L，0)点平行于OP射入磁场，并从OP上的b点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，最后回到x轴上的d点，图中b、d两点未标出，已知L＝ m，sin 53°＝，cos 53°＝，不计微粒的重力。 (1)求微粒的比荷； (2)求d点与O点的距离l； (3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度Bx大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限？ 5.（2025·湖南娄底阶段练习）如图所示，真空中平面直角坐标系xOy第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限△OMN区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，M、N用弹性绝缘挡板连接。y轴上的粒子源P沿x轴正方向发射一带正电粒子，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O点垂直y轴以v＝5×105 m/s的速度射出磁场。已知M、N两点的坐标分别为、，粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小B； （2）匀强电场的电场强度大小E。 能力提升 1． 选择题： 6.（2025·广东深圳联考）如图所示，在0<y<y0，0<x<x0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，从y轴上0～y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为＋q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N(x0，y0)点，若电场强度为E＝，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则( ) A．磁感应强度的大小为 B．从y0处射入的粒子，恰好从N点进入磁场 C．从y0处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大 D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50% 7.（2025·江苏扬州开学考试）如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示。其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对HHe两种粒子分别进行加速。下列说法正确的是（　　） A.两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等 B.两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等 C.两种粒子离开出口处的动能相等 D.两种粒子离开出口时动能变大了是因为洛伦兹力做了功 8.（2025·福建漳州三模）如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止开始从A板经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片ON上，则（　　） A.磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外 B.静电分析器中心线处的电场强度E＝ C.仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点 D.要使粒子能到达NQ边界，磁场磁感应强度B的最小值为 9.〔多选〕（2025·河南开封统考）如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是（　　） A. B. C. D. 2． 计算题： 10.（2024·广东佛山联考）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第三象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场。M、N两个竖直平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近N板的S点由静止开始做加速运动，从电场的右边界y轴上的A点水平向左垂直于y轴射入电场，经x轴上的C点与x轴负方向成θ＝60°角进入磁场，最后从y轴上的D点垂直于y轴射出磁场，求： (1)A、C两点间的电势差UAC和粒子在磁场中运动的轨道半径r； (2)粒子从A点运动到C点所用时间和从C点运动到D点所用时间的比值。 11.（2025·辽宁辽阳期末）如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场，电场强度为E，且与y轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知O、M间的距离为3L，粒子的比荷为，不计粒子重力。求： （1）O、P两点间的距离； （2）粒子在磁场中运动的时间； （3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标。 培优训练 一．计算题： 12.两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图甲所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q＞0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求： (1)t＝0时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标； (2)在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功。 参考答案： 1.答案：（1）　（2）　（3） 解析：（1）根据题意，粒子在加速电场中，由 动能定理有qU0＝mv2， 解得U0＝。 （2）粒子在速度选择器中，有qvB1＝qE 解得B1＝。 （3）粒子在磁分析器中，有qvB2＝，得r＝ 则d＝2r＝。 2.答案：（1）　 （2）　 （3） 解析：（1）质子第1次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有qU＝m 质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv1B＝m 解得r1＝ （2）质子第2次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有2qU＝m 质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv2B＝m 解得r2＝ 则质子第1次和第2次经过狭缝进入D形盒位置间的距离Δr＝2r2－2r1 解得Δr＝。 （3）质子飞出D形盒时的轨道半径为R，则有qvmaxB＝m，T＝ 令质子在电场中加速了n次，则有Ekmax＝m＝nqU 质子从静止开始加速到出口处所需的时间为t， 则有t＝n·，解得R＝ 3.答案：（1）　 （2） 解析：（1）在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为r1；在x＜0区域，圆周半径为r2。由洛伦兹力提供向心力得 qv0B0＝m　① qv0λB0＝m　② 设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则t1＝　③ 粒子在x＜0区域运动的时间为t2，则t2＝　④ 联立①②③④式得，所求时间为t＝t1＋t2＝。　⑤ （2）由几何关系及①②式得，粒子与O点间的距离为d＝2（r1－r2）＝。 4.答案　(1)5×107 C/kg (2)4 m (3)Bx≥0.2 T 解析　(1)微粒的运动轨迹如图所示，微粒在磁场中做匀速圆周运动 由几何关系得r＝L sin 53°＝1 m 由牛顿第二定律得qv0B＝m 代入数据解得＝5×107 C/kg。 (2)微粒进入电场后做类斜抛运动 由几何关系得yOc＝ 在y轴方向有yOc＝－v0t cos 53°＋×t2 在x轴方向有l ＝ v0t sin 53°，解得l＝4 m。 　(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限。 由几何关系知R＝L sin 53° 由牛顿第二定律得qv0B1＝m 解得B1＝0.2 T，故当磁感应强度Bx≥0.2 T时，微粒能到达第四象限。 5.答案：（1）0.025 T　（2）1.5×104 N/C 解析：（1）根据题意可知，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O点垂直y轴射出磁场，则N点为粒子反弹后在磁场中做匀速圆周运动的圆心， 可得R＝0.4 m 又有qvB＝m 联立解得B＝＝0.025 T。 （2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示， 令∠ONM＝α，根据几何关系有sin α＝＝0.6，设粒子与MN的碰撞点为Q，反向延长NQ，并找到一点C，使CQ＝QN，C即为粒子与MN碰撞前做圆周运动的圆心，作出以C为圆心，CQ长度为半径的圆弧与x轴交点为A，A点即是粒子进入磁场的位置，过C做x轴的垂线，垂足设为D， 则R＝NO＝NQ＝CQ＝CA＝0.4 m 又cos ∠MCD＝cos α＝ sin ∠CAD＝ 联立解得∠CAD＝α 即粒子从A点进入磁场时，速度与x轴正方向夹角的正弦值为 sin＝cos α＝0.8 设粒子做类平抛运动的时间为t，则有OA＝OM－＝v0t， v0＝vsin α 又Eq＝ma，vy＝at，tan α＝ 联立解得E＝1.5×104 N/C。 6.解析　D 当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则r1＝，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得B＝，故A错误；若粒子从y0处射入，则x0＝v0t1，y1＝at，a＝，联立解得y＝y1＋＝＋＝y0<y0，由此可知，粒子从N点下方进入磁场，故B错误；设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则v＝，qvB＝m，所以粒子在磁场中偏转距离为d＝2r sin θ＝y0，由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为y1＝，所以从y0处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0～y0范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。 7.解析：A　粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有qvmaxB＝m，最大动能为Ekmax＝m，粒子在电场中加速一次，在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU，联立得n＝，则粒子运动的时间t＝n，其中T＝，解得t＝，可知，两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，故A正确，B错误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述分析解得Ekmax＝H粒子的质量数为2，电荷数为1He粒子的质量数为4，电荷数为2，可知He粒子的出口处的动能为H粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，故C错误；洛伦兹力方向与粒子速度方向始终垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。 8.解析：D　由静电分析器的静电力充当向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理，有qU＝mv2，在静电分析器中静电力充当向心力，有qE＝，联立可得E＝，故B错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝，所以此距离与粒子的比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；由上述公式可知，磁场磁感应强度B越小，半径越大，当B取最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R＝2d，此时有4d＝，解得Bmin＝，故D正确。 9.解析：AB　根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝ 离子在MN上方运动的半径为r1＝ 离子在MN下方运动的半径为r2＝ 若离子从MN上方通过N点， 有2nr1sin 30°＋2（n－1）r2sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…） 解得v＝（n＝1，2，3，…） 即v＝，v＝，v＝，v＝，… 若离子从MN下方通过N点有2n（r1＋r2）sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…） 解得v＝（n＝1，2，3，…） 即v＝，v＝，v＝，v＝，v＝，…故A、B正确，C、D错误。10.答案　(1)3U　 (2) 解析　(1)设粒子运动到A点射入电场的速度大小为v0 由动能定理得qU＝mv 解得v0＝ 设粒子经过C点时速度为v，根据题意可得＝cos θ 解得v＝2v0，粒子从A点运动到C点的过程 有qUAC＝mv2－mv 解得UAC＝3U 如图所示 粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′C 由洛伦兹力提供向心力有qBv＝m 解得r＝。 　(2)由几何关系得OC＝r sin θ，设粒子在电场中运动的时间为t1 根据题意有OC＝v0t1 解得t1＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝ 设粒子在磁场中运动的时间为t2， 有t2＝T 解得t2＝ 粒子从A点运动到C点所用时间和从C点运动到D点所用时间的比值＝。11.答案：（1）L　（2）　（3）（1.5L，1.5L） 解析：（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示，圆心为C 由牛顿第二定律得qvB＝ 解得R＝ 又＝，可得R＝L 由几何关系得∠OCP＝120°，则OP＝L。 （2）粒子在磁场中的运动周期T＝ 粒子在磁场中偏转120°，即在磁场中运动的时间t＝，解得t＝。 （3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得 PN＝QM＝L 又x＝PNcos 30° y＝OP＋PNsin 30° 解得：x＝1.5L，y＝1.5L 则N点的坐标为（1.5L，1.5L）。 12.答案　(1)（，） (2) 解析　(1)在0～时间内，电场强度为E0，带电粒子在电场中加速， 根据动量定理可知qE0·＝mv1 解得粒子在时刻的速度大小为v1＝，方向竖直向上 粒子竖直向上运动的距离y1＝v1·＝ 在～时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子在磁场中运动的周期T＝可知，粒子偏转180°，速度反向， 根据qv1B0＝m可知，粒子水平向右运动的距离为x2＝2r2＝2＝ 粒子运动轨迹如图1所示 所以粒子在t＝时刻的位置坐标为(x2，y1)，即（，）。 (2)在～时间内，电场强度为2E0，粒子受到的电场力竖直向上， 在竖直方向有q·2E0·＝mv2＋mv1 解得时刻粒子的速度v2＝，方向竖直向上 粒子在竖直方向上运动的距离为y3＝·＝0 在～时间内，粒子在水平方向运动的距离为x4＝2r4＝2＝ 此时粒子速度方向向下，大小为v2，在～时间内，电场强度为3E0 竖直方向q·3E0·＝mv3＋mv2 解得粒子在时刻的速度v3＝ 粒子在竖直方向运动的距离y5＝·＝ 粒子运动的轨迹如图2所示，在0～时间内，静电力对粒子的做功大小为 W＝qE0·y1＋q·2E0·y3＋q·3E0·y5＝4qE0·y1＝，静电力做正功。 学科网（北京）股份有限公司 $