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2qUC.第k次加速后,离子的速度大小变为mD.第k次加速后,偏转磁场的磁感应强度大小应为m2.(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11H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(24He)也从该入口处由静止开始被电场加速,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12UB.保持匀强磁场的磁感应强度B0不变,调节加速电场电压为2U0C.保持加速电场电压U0不变,调节匀强磁场的磁感应强度为2B0D.保持加速电场电压U0不变,调节匀强磁场的磁感应强度为12B3.(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2qUB.粒子的质量为2C.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4D.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π5.(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=2B.磁感应强度大小为B=2C.N、P两点的电势差为U=2D.粒子从N运动到P的过程中,与NP的距离最大值为v6.(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=4mLqt0B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m5qtD.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标177.(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gE。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°,A.小球在叠加场中的运动时间可能是4πEB.小球在叠加场中运动的加速度大小可能是2C.小球在叠加场中运动的路程可能是4πD.小球的初速度大小可能是38.(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6.16m、质量为435t,该加速器可使质子的动能达到100MeV。该质子回旋加速器的简化原理如图,已知质子的质量约为1.67×10-27kg,电荷量约为1.6×10-19C,1eV=1.6×10-19J,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100MVB.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1T,则最大回旋半径约为1.4m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=33h。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=12mv2-12mv02,解得v=m2v02+2kqUmm,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=mv2.答案A解析由动能定理得qU=12mv2,解得粒子进入磁场时的速率为v=2qUm,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=mv2r,解得r=mvqB=1B2Umq,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mq,半径r和磁感应强度B一定的条件下,加速电压U与mq成反比。质子11H的比荷为1,α粒子24He的比荷为12,所以在磁感应强度一定的条件下,加速电压应调节为12U3.答案CD解析根据qvB=mv2R,Ek=12mv2,解得Ek=q2B2R22m,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=EB1,即通过速度选择器的粒子速度相同,根据qvB2=mv2r,解得r=mvqB2=mEqB2B1,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qUb=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=EB,结合Ek=12mv2,解得m=2qUB2E2,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=mvqB0,解得B0=4UBEL,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Od5.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qvBcos45°=mg,qEmg=tan45°,解得电场强度大小为E=mgq,磁感应强度大小为B=2mgqv,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=2vsin45°g=2vg,水平方向上的位移为xNP=vtcos45°+12·qEmt2,联立解得xNP=2v2g,所以N、P两点的电势差U=ExNP=2mv2q,C正确;结合C项分析可知,当粒子竖直方向的速度减为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=12at02,由牛顿第二定律有qE=ma,联立解得电场强度大小E=4mLqt02,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=103L,B错误;由平抛运动规律可得粒子的初速度v0=3Lt0,对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L=12mv2-12mv02,结合A项分析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度v=5Lt0,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,结合B项分析联立解得区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m2qt0,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=17L3,即圆心坐标为17L3,0,D正确。7.答案BC解析因带电小球的比荷为qm=gE,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则小球在叠加场中的运动时间可能为t1=60°360°T=πE3gB,或t2=120°360°T=2πE3gB,故A错误;小球在叠加场中运动的半径可能满足h=r1+r1cos60°或r2=h+r2cos60°,解得r1=2h3或r2=2h,则小球的速度大小可能为v1=qBr1m=2Bgh3E或v2=qBr2m=2BghE,故D错误;小球在叠加场中运动的加速度大小可能为a1=qv1Bm=2B2g28.答案BD解析由qvB=mv2r和Ek=12mv2,可得Ek=q2B2r22m,可知质子的动能与加速电压无关,若磁感应强度为1T,则最大回旋半径为rmax=2mEkq2B2≈1.4m,A错误,D正确;质子在磁场中做圆周运动的周期为T=2πmqB9.答案(1)2qEhm(2)132Emqh或解析(1)粒子在电场中做类平抛运动,则竖直方向有vy2由牛顿第二定律得a=qE粒子进入磁场时的速度大小v=2vy联立解得v=2qEhm(2)粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移x=v0t=vyt=2·vy2t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2rcos45°=2h+2h+2h或2rcos45°=2h即r=32h或r=2h根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv可得B=132Emqh或(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=2vy可知粒子在磁场中运动的时间也为t=22根据t=3T4=3πm2qB'由洛伦兹力提供向心力q联立解得r'=8此时粒子距a点的距离为s=4h-2r'=4h-16h10.答案(1)2qE1Lm(2)mgq方向竖直向上(3)h=2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=12mv2解得v=2(2)带电小球P在复合场区域做匀速圆周运动,有mg=qE2则E2=mg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=mv要使P能打中Q并粘连,有h=2r联立解得h=2B2P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=12(m+M)可得Ep=mq由h=2B2mE1Lq≤H可知,当h=H联立解得Epm=q211.答案(1)2qU解析(1)粒子从A点到P点,由动能定理有qU0=12m解得v0=2q(2)粒子进入偏转电场中,有x轴方向:L=2n·v0T2(n=1,2,3,…y轴方向:L=2n·12aT22(n=1,2,3,…)联立解得E0=8nU0L(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=2πmqB=2π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=mv圆形磁场的最小半径R=2r最小面积S=πR2解得S=qU12.答案(1)EB1(2)垂直纸面向外2mEqB1(解析(1)质子匀速通过速度选择器,受力平衡,有qE=qvB1,可得v=EB(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=R洛伦兹力提供向心力有qvB2=mv2r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,H2=12at2解得a=v2H根据速度的分解有tanθ=vat=1解得θ离开偏转系统后