专题突破课15　带电粒子在组合场中的运动-2025版物理大一轮复习

目标要求1.理解质谱仪和回旋加速器的原理，并能解决相关问题。2.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路。3.学会处理磁场与磁场组合场、电场与磁场组合场中带电粒子的运动问题。考点一质谱仪与回旋加速器1.质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。(2)原理：粒子由静止被加速电场加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvB＝meq\f(v2,r)，由以上两式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。2.回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。【对点训练】1.(质谱仪)如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且SP＝x。忽略粒子的重力，通过测量得到x与eq\r(U)的关系如图乙所示，已知斜率为k＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B为2×10－4T，π＝3.14，则下列说法中正确的是()甲乙A.该粒子带负电B.该粒子比荷为9×108C/kgC.该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10－5sD.若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子解析：C粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，则有x＝2r＝eq\r(\f(8m,B2q))·eq\r(U)，可知x-eq\r(U)图像的斜率为k＝eq\r(\f(8m,B2q))＝0.5，可得粒子的比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(32,B2)＝eq\f(32,4×10－8)C/kg＝8×108C/kg，故B错误；该粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(1,2)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(3.14,8×108×2×10－4)s≈1.96×10－5s，故C正确；根据x＝2r＝eq\r(\f(8m,B2q))·eq\r(U)，若电压U不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。故选C。2.(回旋加速器)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对氚核(eq\o\al(3,1)H)加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是()世界上第一台回旋加速器原理图A.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径增大而增大B.高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大C.氚核的质量为eq\f(eB,2πf)D.在磁感应强度B和频率f不变时，该加速器也可以对氦核(eq\o\al(4,2)He)加速解析：C根据周期公式T＝eq\f(2πm,eB)可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与D形盒半径大小无关，A错误；设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足evB＝meq\f(v2,R)，即有v＝eq\f(ReB,m)，最终射出回旋加速器的速度与电压无关，B错误；根据周期公式T＝eq\f(2πm,eB)可知，m＝eq\f(TeB,2π)＝eq\f(eB,2πf)，C正确；因为氚核(eq\o\al(3,1)H)与氦核(eq\o\al(4,2)He)的比荷不同，在磁场中圆周运动周期不同，所以不能用来加速氦核(eq\o\al(4,2)He)，D错误。故选C。3.(加速器的另类设计)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的电场强度大小恒定，且被限制在A、C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.带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D.加速电场方向需要做周期性的变化解析：B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，电场的方向没有改变，则在A、C间加速，电场方向不需要做周期性的变化，故B正确，D错误；根据qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，可知P1P2＝eq\f(2m（v2－v1）,qB)，P2P3＝2(r3－r2)＝eq\f(2m（v3－v2）,qB)，因为每转一圈被加速一次，根据vn2－vn－12＝2ad，知每转一圈，速度变化量不等，即v3－v2≠v2－v1，所以P1P2≠P2P3，故C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝eq\f(mv,qB)知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故A错误。考点二带电粒子在组合场中的运动1.组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。2.“磁偏转”和“电偏转”的比较比较项目电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F＝Eq只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v0)牛顿第二定律、向心力公式r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)维度1磁场与磁场的组合磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度大小B1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。解析：(1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，则R＝5a，由牛顿第二定律可知qvB0＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(5aqB0,m)。(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得r1＋r1cosθ＝3a，由(1)可知cosθ＝eq\f(OQ,R)＝eq\f(3,5)，所以r1＝eq\f(15a,8)，根据qvB1＝eq\f(mv2,r1)，联立解得B1＝eq\f(8B0,3)，故当B1≥eq\f(8B0,3)时，粒子不会从AC边界飞出。(3)当B＝3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为r＝eq\f(5,3)a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P1点，则P点与P1点的连线一定与OF平行，根据几何关系知PP1＝4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nPP1＝4na(n＝1，2，3，…)。答案：(1)eq\f(5aqB0,m)(2)B1≥eq\f(8B0,3)(3)4na(n＝1，2，3，…)维度2先电场后磁场1.带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲所示。甲2.带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图乙所示。乙如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点(－l，－l)由静止释放，进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点(l，0)，不计粒子重力。(1)求匀强电场的电场强度大小；(2)粒子释放开始计时，求粒子第1次到达y轴正半轴的时间；(3)粒子第3次过y轴时的坐标。解析：(1)带正电粒子从S点(－l，－l)由静止释放，则在电场中做匀加速直线运动，从(0，－l)位置进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点(l，0)、可知在磁场中做圆周运动的半径r＝l根据qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qlB,m)则在电场中qEl＝eq\f(1,2)mv2可得E＝eq\f(B2ql,2m)。(2)粒子在电场中加速的时间t1＝eq\f(2l,v)＝eq\f(2m,qB)粒子第1次到达y轴正半轴时，在磁场中运动半周，则运动时间t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)则总时间t＝eq\f(（π＋2）m,qB)。(3)粒子从(－l，0)位置进入第三象限的电场，则当粒子第3次过y轴时l＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t′2，y＝vt′解得y＝2l即粒子第3次过y轴时的坐标(0，－2l)。答案：(1)eq\f(B2ql,2m)(2)eq\f(（π＋2）m,qB)(3)(0，－2l)维度3先磁场后电场1.进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。2.进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。eq\a\vs4\al(粒子在电场中做加速或,减速运动，用动能定理,或运动学公式列式)eq\a\vs4\al(粒子在电场中做类平,抛运动，用平抛运动,知识分析)甲乙如图所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，eq\r(3)L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－eq\r(3)L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：(1)磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间；(3)电场强度的大小E。解析：(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，其圆心为O1，对应轨道半径为R，由几何关系可得Rsinθ＝eq\r(3)L由牛顿第二定律和向心力公式有qvB＝eq\f(mv2,R)联立可得B＝eq\f(mv,2qL)。(2)设带电粒子在磁场中运动时间t1，则t1＝eq\f(2π－2θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)联立可得t1＝eq\f(8πL,3v)。(3)带电粒子在电场中运动时间t2，由运动的合成与分解有vcosθ·t2＝eq\r(3)L，vsinθ－at2＝0由牛顿第二定律有qE＝ma联立可得E＝eq\f(mv2,4qL)。答案：(1)eq\f(mv,2qL)(2)eq\f(8πL,3v)(3)eq\f(mv2,4qL)维度4先后多个电、磁场的组合如图所示，在第一象限内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。解析：(1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝meq\f(v02,R0)解得v0＝eq\f(qB0R0,m)。(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向有qE＝ma，vx2－0＝2aR0沿与y轴正方向成45°角离开电场所以vx＝v0联立解得E＝eq\f(qB02R0,2m)。(3)粒子的轨迹如图所示粒子在第二象限，沿着x轴方向有R0＝eq\f(vx＋0,2)t沿着y轴方向有ON＝v0t所以ON＝2R0由几何关系知，三角形OPN(P为粒子在磁场Ⅰ中做圆弧运动的圆心)是底角为45°的等腰直角三角形。在磁场Ⅰ中运动的半径R＝eq\r(2)ON＝2eq\r(2)R0由洛伦兹力提供向心力得qvB1＝meq\f(v2,R)粒子在N点速度沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以离开的速度v＝eq\r(2)v0，联立解得B1＝eq\f(1,2)B0。答案：(1)eq\f(qB0R0,m)(2)eq\f(qB02R0,2m)(3)eq\f(1,2)B0eq\a\vs4\al()“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题考点三带电粒子在交变电、磁场中的运动1.交变场的常见类型(1)电场周期性变化，磁场不变。(2)磁场周期性变化，电场不变。(3)电场、磁场均周期性变化。2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本规律如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示。在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48v0t0,π)，0))。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：eq\f(E0,B0)＝eq\f(v0,π)；粒子的比荷满足：eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)。求：甲乙丙(1)在t＝eq\f(t0,2)时，粒子的位置坐标；(2)粒子偏离x轴的最大距离；(3)粒子运动至A点的时间。解析：(1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0＝meq\f(4π2,T2)r1＝meq\f(v02,r1)解得T＝2t0，r1＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0t0,π)则粒子在eq\f(t0,2)时间内转过的圆心角α＝eq\f(π,2)所以在t＝eq\f(t0,2)时，粒子的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。(2)在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示则v＝v0＋eq\f(E0q,m)t0＝2v0运动的位移y＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r2＝2r1＝eq\f(2v0t0,π)故粒子偏离x轴的最大距离h＝y＋r2＝eq\f(3v0t0,2)＋eq\f(2v0t0,π)。(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离d＝2r1＋2r2＝eq\f(6v0t0,π)A、O间的距离为eq\f(48v0t0,π)＝8d所以粒子运动至A点的时间t＝32t0。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))(2)eq\f(3v0t0,2)＋eq\f(2v0t0,π)(3)32t0【对点训练】4.(带电粒子在交变磁场中的运动)(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)()甲乙A.若粒子的初始位置在a处，在t＝eq\f(3,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f处，在t＝eq\f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e处，在t＝eq\f(11,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b处，在t＝eq\f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：AD要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝eq\f(T,2)，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝eq\f(3,4)T0＝eq\f(3,8)T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确。5.(带电粒子在交变电场中的运动)如图甲所示，竖直边界分别为P和Q的区域宽度为4L，其内部叠加场分布着垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场，电场随时间变化的关系如图乙所示，E>0表示电场方向竖直向上。在t＝0时刻，一带电荷量为＋q、质量为m的带电微粒从边界P上的A点处水平射入该区域，先沿直线运动到某点，再经历一次完整的半径为L的匀速圆周运动，最后沿直线运动从边界Q上的B点处离开磁场，重力加速度为g。求：甲乙(1)图乙中的E0；(2)微粒刚进入磁场时的速度v0的大小及磁场的磁感应强度的大小B；(3)电场变化周期T的范围。解析：(1)由带电微粒做匀速圆周运动可得qE0＝mg解得E0＝eq\f(mg,q)。(2)由带电微粒做直线运动可知Bqv0＝mg＋qE0由带电微粒做匀速圆周运动可得Bqv0＝meq\f(v02,L)由上述两式解得v0＝eq\r(2gL)B＝eq\f(m,qL)eq\r(2gL)。(3)(Ⅰ)如图(a)所示，当O点为AB中点时，所对应的周期T为最小周期。设微粒从A运动至O点处所需要的时间为t1，则t1＝eq\f(xAO,v0)＝eq\f(2L,\r(2gL))＝eq\r(\f(2L,g))设微粒做匀速圆周运动的周期为t2，由v0＝eq\f(2π,t2)L得t2＝πeq\r(\f(2L,g))则最小周期Tmin＝t1＋t2＝(1＋π)eq\r(\f(2L,g))。(a)(b)(Ⅱ)如图(b)所示，当圆轨迹与右边界Q相切时，所对应的周期T为最大周期。设微粒从A运动至O点处所需要的时间为t1′，t1′＝eq\f(xAO′,v0)＝eq\f(3L,\r(2gL))＝eq\f(3,2)eq\r(\f(2L,g))设微粒做匀速圆周运动的周期为t2′，t2′＝eq\f(2πL,v0)＝πeq\r(\f(2L,g))则最大周期Tmax＝t1′＋t2′＝(eq\f(3,2)＋π)eq\r(\f(2L,g))综上所述，电场变化周期T的范围是(1＋π)eq\r(\f(2L,g))≤T≤(eq\f(3,2)＋π)eq\r(\f(2L,g))。答案：(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(2gL)eq\f(m,qL)eq\r(2gL)(3)(1＋π)eq\r(\f(2L,g))≤T≤(eq\f(3,2)＋π)eq\r(\f(2L,g))限时规范训练43[基础巩固题组]1.(多选)质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具，如图所示是一种质谱仪的工作原理示意图。质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U1的加速电场，其初速度几乎为0，接着经过小孔S2进入速度选择器中，沿着直线经过小孔S3垂直进入磁感应强度为B2的匀强磁场中，最后打到照相底片CD上。已知速度选择器的板间距为d，板间电压为U2且板间存在匀强磁场B1，粒子打在底片上的亮点距小孔S3的距离为D。则该带电粒子的比荷可以表示为()A.eq\f(8U1,D2B1B2) B.eq\f(8U1,D2B12)C.eq\f(U22,2d2U1B12) D.eq\f(2U2,DdB1B2)解析：CD粒子在电场中加速，由动能定理可得U1q＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2U1q,m))，粒子进入速度选择器中做直线运动，由平衡条件可得eq\f(U2q,d)＝B1qv，联立可得eq\f(q,m)＝eq\f(U22,2d2U1B12)，粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，有B2qv＝meq\f(v2,\f(D,2))＝meq\f(2v2,D)，eq\f(U2q,d)＝B1qv，联立可得eq\f(q,m)＝eq\f(2U2,DdB1B2)，故选CD。2.(多选)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)。下列说法正确的是()A.离子带负电B.加速电场中的加速电压U＝eq\f(1,2)ERC.磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d＝eq\f(1,B)eq\r(\f(qER,m))D.能进入收集器的离子，一定具有相同的比荷解析：BD由题意可知离子在静电分析器中做匀速圆周运动，其所受电场力指向圆心，可知离子带正电，故A错误；离子在静电分析器时速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，只受到电场力做功，所以有qU＝eq\f(1,2)mv2－0，离子在通过静电分析器时做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE＝eq\f(mv2,R)，离子在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qBv＝eq\f(mv2,r)，联立解得d＝r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，U＝eq\f(1,2)ER，故B正确，C错误；由以上分析可知d＝r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，从式中可以看出运动轨迹半径为d的离子都具有相同的比荷，才能够最终经过Q点进入收集器，故D正确。故选BD。3.(多选)如图甲所示是用来加速带电粒子的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，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()甲乙A.高频电源的变化周期应该等于tx－tx－1B.在Ek-t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C.若电源电压可变，粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径解析：BD高频电源的变化周期应该等于粒子在磁场中的周期，故应为tx－tx－2，故A错误；根据T＝eq\f(2πm,qB)，粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，故B正确；根据公式qvB＝meq\f(v2,r)，有v＝eq\f(qBr,m)，故最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，粒子的最大动能与加速次数无关，最大动能决定于D形盒的半径，故要想粒子获得的最大动能越大，可增加D形盒的半径，故C错误，D正确；故选BD。4.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，图中的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()图(a)图(b)A.M接加速电压的正极B.偏转磁场的方向垂直于纸面向外C.仅减小M、N之间的加速电压，可使P点左移D.仅增大偏转磁场磁感应强度的大小，可使P点右移解析：C根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M接加速电压的负极，故A错误；由电子运动轨迹可知，电子进入磁场时受到向下的洛伦兹力作用，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故B错误；电子在加速电场中加速，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2－0，电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB＝meq\f(v2,r)，解得电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))，如减小M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径r减小，电子出磁场时的速度偏角变大，P点左移；增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，P点左移，故C正确，D错误。5.(多选)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a＞0，b＞0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是()A.t1＜t2 B.t1＞t2C.Ek1＜Ek2 D.Ek1＞Ek2解析：AD若该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝eq\f(x,v)可知t1＜t2，故A正确，B错误；若该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知Ek1＞Ek2，故C错误，D正确。6.(多选)如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()A.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短B.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长C.若粒子速度大小均为v＝eq\f(qBR,m)，出射后均可垂直打在MN上D.若粒子速度大小均为v＝eq\f(qBR,m)，则粒子在磁场中的运动时间一定小于eq\f(πm,qB)解析：ACD对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)可知，运动时间越短，故选项A正确，B错误；粒子速度大小均为v＝eq\f(qBR,m)时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为r＝eq\f(mv,qB)＝R，根据几何关系可知，入射点P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间t＜eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)，故选项C、D正确。7.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eq\f(q,m)＝1.0×104C/kg的正电荷从(0，eq\r(3))处以v0＝1.0×104m/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()甲乙A.8π×10－5s B.eq\f(8,3)π×10－5sC.1.2π×10－4s D.eq\f(4π,3)×10－4s解析：C洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝meq\f(v02,r)，解得r＝0.4m，圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v0)＝8π×10－5s，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2rsin60°＝eq\f(2,5)eq\r(3)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；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝eq\f(540°,360°)T＝1.2π×10－4s，故C正确。[能力提升题组]8.(2023·海南卷)(多选)如图所示，质量为m，带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O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为已知量)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、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则()A.粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝eq\f(y0mv02,qx02)B.粒子从NP中点射入磁场时速度为v＝v0eq\r(1＋\f(x02,y02))C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为eq\f(mv0,qB)D.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(x02＋4y02,x02))解析：AD若粒子打到PN中点，则x0＝v0t1，eq\f(1,2)y0＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，解得E＝eq\f(y0mv02,qx02)，选项A正确；粒子从PN中点射出时，则eq\f(y0,2)＝eq\f(vy,2)t1，速度v1＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\f(v0,x0)eq\r(x02＋y02)，选项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tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,\f(qE,m)·\f(x0,v0))＝eq\f(mv02,qEx0)，粒子从电场中射出时的速度v＝eq\f(v0,sinθ)，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB＝meq\f(v2,r)，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcosθ，解得d＝eq\f(Ex0,Bv0)，选项C错误；当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，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＝eq\f(2y0,t)，x0＝v0t，离开电场的最大速度vm＝eq\r(v02＋vym2)＝eq\f(v0,x0)eq\r(x02＋4y02)，则由qvB＝meq\f(v2,r)，可得最大半径rm＝eq\f(mvm,qB)＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(x02＋4y02,x02))，选项D正确；故选AD。9.如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核eq\o\al(1,1)H和一个氘核eq\o\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知eq\o\al(1,1)H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。eq\o\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。解析：(1)eq\o\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。设eq\o\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有s1＝v1t1①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)②由题给条件，eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③联立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h④。(2)eq\o\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋（a1t1）2)⑥设磁感应强度大小为B，eq\o\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B＝eq\f(mv1′2,R1)⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh))⑨。(3)设eq\o\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪设eq\o\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由