【文档说明】高考物理一轮复习第9章磁场第28讲带电粒子在组合场中的运动练习(含解析).doc，共(12)页，197.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第28讲带电粒子在组合场中的运动[解密考纲]考查粒子在组合场中的运动，例如质谱仪、回旋加速器．1．(2019·山东莒县二中高三月考)(多选)用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采

用下列哪几种方法()A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将其磁感应强度增大为原来的4倍C．将D形盒的半径增大为原来的2倍D．将两D形盒间的加速电压增大为原来的4倍AC解析带电粒子从D形盒中射出时的动能Ekm＝12mv2

m，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R＝mvmqB，联立可得Ekm＝R2B2q22m，当带电粒子q、m一定时，则Ekm∝R2B2，即Ekm与磁场的磁感应强度B、D形盒的半径R的平方成正比，与加速电场的电压无关，故选项A、C正确，B、D错误．2．(2019·温州中

学模拟)(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()A．在电场中

的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为2∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3CD解析两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a＝qUmd可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故选项A错误；要想知道

半径必须先知道进入磁场的速2度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为v＝2qUm，可知其速度之比为1∶3，又由qvB＝mv2r知，r＝mvqB，所以其半径之比为3∶1，故选项B错误；由选项B分析知道，离子在

磁场中运动的半径之比为3∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinθ＝LR，则可知角度的正弦值之比为1∶3，又P＋的角度为30°，可知P3＋角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故选项C正确；由电场加速后

qU＝12mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故选项D正确．3．(2019·邵阳联考)(多选)如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1∶

B2＝3∶2.在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mava＝mbvb.若在此后的运

动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇．粒子重力不计．下列说法正确的是()A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2B．两粒子在y轴正半轴相遇C．粒子a、b相遇时的速度方向相同D．粒子a、b的质量之比为

1∶5BCD解析由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝mvqB可得ra1rb1＝mavaqB1mbvbqB1＝11，选项A错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝mvqB可得

，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B2<B1，则第二次经过y轴时在坐标原点的上方(2ra2－2ra1)处，同理第四次经过y轴时在坐标原点

上方2(2ra2－2ra1)处，选项B正确；当a粒子第四次经过y轴时距O点的距离为2(2ra2－2ra1)＝2ra1，当b粒子第一次经过y轴时距O点的距离为2rb1＝2ra1，此后a粒子经过y轴的位置上移，b粒子经过

y轴的点下移，不能再相遇，故是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右的3方向，所以两者方向相同，选项C正确；根据周期公式T＝2πmqB及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有12Tb1＝Ta1＋Ta2，即12×2πmbqB1＝2πmaqB1＋2πma

qB2，结合B1∶B2＝3∶2，解得mamb＝15，选项D正确．4．(2019·驻马店高三教学质量检测)(多选)如图所示，平面之间坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以

某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略．则()A．粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2B．粒子完成一次周期性运动的时间2πm3qBC．粒子从O位置入射后第二次经过x

轴时的位置到坐标原点的距离为33RD．若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少AC解析由半径公式r＝mvqB知，轨道半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为

1∶2，故选项A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示，在第二象限的周期T1＝2πmq·2B＝πmqB，圆心角120°，运动时间t1＝120°360°T1＝πm3qB，在第二象限运动的周期T2＝2π

mqB，圆心角120°，运动时间t2＝120°360°T2＝2πm3qB，所以粒子完成一次周期性运动的时间T0＝t1＋t2＝πmqB，故选项B错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为3R，从O点入射后第一次经过x轴的距离x1＝3R，第二次圆弧的弦长x2＝3R2＝23R，所以粒子

从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为33R，故选项C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T＝2πmqB与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间t＝θ2πT不变，故选项D错误．45．(2019·厦门高三质量检查)一质量为m的粒子，电量为＋q，从坐标原点O处沿着x轴正方

向运动，速度大小为v0.在0<y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝3mv202qd；在d<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y＝2d处，如图所示．粒子恰好能打到ab板上，不考虑粒子的重力，

则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()A．3mv02qdB．33mv02qdC．3mv0qdD．4mv0qdC解析由题意知，粒子的运动轨迹，在电场中做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，轨迹刚好与ab板相切，如图所示．在电场中，y方向d＝12q

Emt2；x方向x＝v0t.解得t＝233dv0，vy＝qEmt＝3v0，可知进入磁场时速度与x轴正方向夹角为60°，进入磁场的速度为2v0，根据几何关系可得r＝23d＝m2v0Bq，得B＝3mv0qd，所以选项C正确，A、B、D错误．6．(2019·湖南G10教育联盟高三联考)(多选)如图所

示，电子由P点从静止开始沿直线PQ做加速直线运动，从Q点射出．若要求电子能击中在与直线PQ成α角方向、与Q点相距d的点M(已知：电子的电荷量为e、质量为m、加速电压为U、不计电子重力)．下列选项正确的是()5A．电子运动到Q点的速度v＝2eUmB．若在Q的右侧加一

个垂直于纸面向里的匀强磁场B，则其大小为B＝2dsinα2eUmC．若在Q的右侧加一个平行于QM的匀强磁场，则电子不可能到达M点D．若在Q的右侧加一个垂直于PQ向上的匀强电场E，则其大小为E＝4Usinαdcos2αAD解析由动能定理Uq＝12mv2，解得v＝2eUm，选项A正

确；在磁场中偏转rsinα＝12d，evB＝mv2r，联立解得B＝mver＝22emUsinαed，选项B错误；若在Q的右侧加一个平行于QM的匀强磁场，则将电子的速度分解为沿磁场方向的速度v1和垂直于磁场方向的速度v2，则电子以方向沿QM方向做

匀速运动，另一方向绕QM做匀速圆周运动，即电子沿QM做螺旋运动，若满足d＝v1t，t＝nT＝n2πmBe(n＝0、1、2、3…)电子仍能到达M点，选项C错误；若在Q的右侧加一个垂直于PQ向上的匀强电场E，则电

子沿PQ方向匀速运动，有dcosα＝vt，垂直于PQ方向匀加速，有t＝2dsinθa，垂直于PQ方向的加速度为a＝eEm，联立解得E＝4Usinαdcos2α，选项D正确．7．(2019·泰安高三一模)(多选

)如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C＝π6，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力)．已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为

t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为53t0.则下列判断正确的是()A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qt0C．粒子在磁场中运动的轨道半径为237d6D．粒子进入磁场时的速度大小为23π7dt0ABC解析带电粒子在磁场中

做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14T，即14T＝t0，则得周期T＝4t0，选项A正确．由T＝2πmqB得，B＝2πmqT＝πm2qt0，选项B正确．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有

θ2πT＝5t03，得θ＝5π6，画出该粒子的运动轨迹如图所示，设轨道半径为R，由几何知识得Rcos30°＋Rcos30°＝d，可得R＝237d，选项C正确．根据5t03＝θRv，解得v＝3πd7t0，选项D错误．8．(2019

·华中师大一附中高三理综)(多选)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，MN间电压可以任意调节．当电压调到某一数值时，原来静止的某种带电粒子从点P经MN间电场加速后从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD

为磁场边界上的绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，假设粒子打在绝缘板上即被吸收，孔Q到板的下端C的距离为L，当MN间电压为U0时，粒子恰好打在CD板上，已知带电粒子的电量为q，质量为m，粒子重力不计，则下列说法正确的是()A．要使粒子能打到绝缘板上，两极板间电压最小值U0＝qB2L218

mB．CD板上可能被击中区域的长度为33LC．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝πmqBD．能达到N板上粒子的最大动能Ekm＝q2B2L22mBCD解析根据题设条件，轨迹恰好与CD相切于E点，如图所示，由几何关系(r＋L)sin30°＝r，洛伦兹

力提供向心力qvB＝mv2r，在加速电场中由动能定理有U0q＝12mv2，联立以上式子可得U0＝qB2L22m，选项A错误；由于负粒子做逆时针方向圆周运动，打到CD板上最上的7位置为E点，CE＝2Lcos

30°＝3L，速度无穷大时，半径无穷大，进入磁场后，基本沿直线运动，打到最低的位置为F，CF＝Lcos30°＝233L，打到CD板的长度为CE－CF＝3L－233L＝33L，选项B正确；当粒子轨迹不与CD相切或相交时，粒子在磁场中旋转半周，时间最长为半个周期，选项C正确；能达到N板的最大速度，对

应粒子的最大半径，而打在N板上的最大半径是轨迹恰好与CD相切，r＝L，即题目的已知条件的情况，最大动能是Ekm＝U0q＝q2B2L22m，选项D正确．9．(2019·成都高三摸底)如图所示，初速度不计的电子束经电压为U的电场加速后，进入一半径为r的圆形匀强

磁场区域(区域中心为O，磁场方向垂直于圆面)，最后射到了与OM连线垂直的屏幕上的P处．已知不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点，电子的电荷量为e，电子所受重力不计．则下列判断正确的是()A．圆形区域中磁场的方向可能垂直于纸面向里B．电子在磁场中运动时受到的磁场力大

小一定是2eUrC．若仅增加加速电压U，电子束打到屏幕上的位置在P点上方D．若仅改变圆形区域的磁感强度大小，电子束可能打不到屏幕上D解析由左手定则可知，圆形区域中磁场的方向垂直于纸面向外，选项A错误；电子在电场中被加速，则

Ue＝12mv2，若在磁场中做圆周运动的半径为r，则F磁＝evB＝mv2r＝2eUr，因电子在磁场中运动的半径不一定是r，则电子在磁场中运动时受到的磁场力大小不一定是2eUr，选项B错误；若仅增加加速电压U，则电子进入磁场的速度v变大，则电子的轨道半径变大，则电子束打到屏幕上

的位置在P点下方，选项C错误；若仅使圆形区域的磁感强度变大，则电子在磁场中运动的半径减小，电子束经过磁场时的偏折角变大，则电子束可能打不到屏幕上，选项D正确．810．(2019·成都外国语学校模拟)如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分

布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界．现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动的轨迹恰与ab相切并返回磁

场．已知电场强度E＝3v202kd，不计粒子重力和粒子间的相互作用．试求：(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小．解析(1)根据动能定理，得qEd＝12mv2－12mv20，解

得v＝2v0.粒子在电场中做类平抛运动，有F＝qE，a＝Fm，d＝12at21，x＝v0t1，解得t1＝23d3v0，x＝23d3.(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场，则tanθ＝v2－v20v0＝3，解得θ＝60°.根据

R＋Rcosθ＝d，得R＝2d3.由牛顿第二定律可得qvB＝mv2R，解得B＝3v0kd.答案(1)2v023d3(2)3v0kd11．(2019·南充高三高考适应性考试)如图所示，平行板电容器的N板

开有一小孔，与固定圆筒的小孔a正对，O是圆筒的圆心，圆筒的内径为r，筒内有垂直纸面向里的匀强磁场，筒壁光滑．电容器内紧靠极板M有一个带电粒子(初速度为零)，经电压U加速后从a孔垂直磁场并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞三次后恰好又从小孔a射出

．带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电荷量和动能都不损失，粒子的比荷为qm＝k，不计粒子的重力和空气阻力．求：9(1)带电粒子进入磁场的速度大小；(2)筒内磁感应强度B的大小．(结果均用r、U和k表示)解析(1)由动能定理qU＝12mv2，得v＝2qUm＝2kU.(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由

于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和动能损失，故每次碰撞前后粒子速度大小不变．设圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝mv2R.速度方向总是沿着圆筒半径方向，3个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁四等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性，由四段相同的圆弧组成，则每段轨迹圆

弧对应的圆心角为90°，则由几何关系得R＝r，联立解得B＝mvqr＝2Ukr.答案(1)2kU(2)2Ukr12．(2019·安徽江淮十校高三第一次联考)如图所示，坐标空间中有场强为E＝100N/C的匀强电场和磁感应强度为B＝10－3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图

中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为－q的带电粒子从电场中坐标位置(－1,0)处，以初速度v0＝105m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷qm＝108C/kg，粒子的重力忽略不计，则：(1)求带电粒子进

入磁场的速度大小；(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件．解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得qE＝ma.设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v，此时在y方向的分速度为vy，粒子在电场中运动的

时间为t，则vy＝at，l＝v0t，解得vy＝v0，v＝v20＋v2y＝2v0＝2×105m/s.(2)设v的方向与y轴夹角为θ，则有cosθ＝vyv＝22可得θ＝45°.粒子进入磁场10后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图所示，则有qvB＝mv2R，可得R＝mvqB，要使粒子穿越磁场区域，

磁场的宽度应满足的条件d<R(1＋cosθ)，综合已知条件解以上各式可得d<＋2mv0qB＝(1＋2)m≈2.41m.答案(1)2×105m/s(2)小于2.41m13．(2019·中原名校高三质量考评)

如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．区域Ⅰ匀强电场的场强大小为E、方向竖直向上，宽度为L，区域Ⅱ匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅲ匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里，一个不计重力的带正电的粒子，其比荷

为qm＝E2B2L，从电场的下边缘的O点由静止开始运动，穿过区域Ⅱ进入区域Ⅲ后，又回到O点，然后重复上述运动过程．(1)为使粒子能完成上述运动，区域Ⅲ的最小宽度为多大？(2)粒子从O点开始运动全过程的周期T为多大

？(结果用B、E、L、π的最简形式表示)解析(1)电场中加速qEL＝12mv2，磁场中偏转qvB＝mv2R，三段圆弧的圆心连线组成等边三角形，则区域Ⅲ的最小宽度d＝R＋Rsin60°，联立解得d＝()2＋3L.11

(2)在电场中L＝12qEmt21，磁场中运动时间T＝2πmqB，总时间t＝2t1＋(16T＋16T＋56T)＝＋BL3E.答案(1)(2＋3)L(2)＋BL3E14．(2019·烟台高三高考诊断性测试)如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内存在与x轴正方向成45°角的匀强电场，第二象限内存在与第

一象限方向相反的匀强电场，两电场的场强大小相等．x轴下方区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场，两磁场的分界线与x轴平行，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小为B，在分界线上有一绝缘

弹性挡板，挡板关于y轴对称．现在P(0，y0)点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)，粒子立即进入第一象限运动，以速度v穿过x轴后，依次进入区域Ⅰ和区域Ⅱ中的磁场，已知粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ时，速度方向垂直挡板紧贴挡板的右侧边缘，在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量

均无变化，且与挡板的中央发生过碰撞．求：(1)电场强度E的大小；(2)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；(3)粒子再次回到y轴时的位置坐标和此时粒子速度方向．解析(1)粒子在第一象限运动时，根据动能定理得Eq·2y0＝12mv2，解得E＝2mv24qy0.(2)

如图所示．粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的半径为R1，则有qvB＝mv2R1，由几何知识可知LAC＝R1(1－cos45°)＝－2mv2qB，由题意可知挡板长度L＝2(y0＋LAC)．12设区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为B0，粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为R2，则有qvB0＝mv2R2，由题意可

知挡板长度L＝2R·2n＝4nmvqB0(n＝1,2,3…)，由以上各式可得B0＝4nBmv2qBy0＋()2－2mv(n＝1,2,3…)．(3)由对称性可知，粒子第二次通过x轴时D点距离坐标原点O的距离为y0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y轴时的位置坐标Q(

0，y)．根据类平抛运动规律有(y－y0)cos45°＝12·Eqm·t2，2y0＋(y－y0)sin45°＝vt，将E＝2mv24qy0代入可得y＝3y0，所以粒子再次回到y轴时的位置坐标Q(0,3y0)．设粒子再次回到y轴时沿电

场方向的分速度大小为vE，与合速度v合间的夹角为合速度与y轴间的夹角为θ，而θ＝45°－α，则有vE＝at，qE＝ma，将上面解得的E和t代入上面的两式得vE＝v，所以tanα＝1得α＝45°，所以θ＝45°－α＝0，即合速度方向沿y轴正方向．答案(1)2mv24q

y0(2)4nBmv2qBy0＋2－2mv()n＝1，2，3…(3)(0,3y0)速度方向沿y轴正方向