课时跟踪检测（三十） 带电粒子在组合场中的运动
A卷——基础保分专练
1．(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )
A．11 C．121
B．12 D．144
子，其示意加速，经匀被同一加感应强度
12mv
解析：选D 带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上
2qB1
两式整理得：r＝
B
2mU
。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：q
m2
＝144，选项D正确。 m1
2.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交为f。则下列说法正确的是( )
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流 D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
2πR1解析：选A 由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子
vf被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确，B错误；高频电源可以使用正弦式交变电2πmα
源，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，
qαB故选项D错误。
3.(2019·广东韶关质检)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，中转半个圆周后打在P点，设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数( )
量为q的粒粒子在磁场关系的是源两极相通过狭缝设D形盒半流电频率
12
解析：选B 带电粒子经电压U加速，由动能定理，qU＝mv，粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强
2v2
磁场，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，2R＝x，联立解得：x＝
RB的函数关系的是图B。
4．(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，45°。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正( )
Baq
A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场
2mEBaq
B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
2mEBaq
C．若h＝ ，则粒子垂直CM射出磁场
8mEBaq
D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
8mE
Baq12
解析：选AD 若h＝，则在电场中，由动能定理得：qEh＝mv；在磁场中，由牛顿第二定律得
2mE2vBaq
qvB＝m，联立解得：r＝a，根据几何知识可知粒子垂直CM射出磁场，故A正确，B错误。若h＝，
r8mE1
同理可得：r＝a，则根据几何知识可知粒子平行于x轴射出磁场，故C
2
错误，D
2
22
22
22222222
2
2mU
，所以能够正确反应x与U之间q
场强度匀强磁θ
＝
止释放，确的是
正确。
5．(多选)(2019·温州中学模拟)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P，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P
＋
＋
＋
3
＋
3＋
( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为2∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
qU
解析：选CD 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＝可知，其在电场md
中的加速度之比是1∶3，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，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＝ ＝
2qUv
，可知其速度之比为1∶3。又由qvB＝m知，rmr
2
mv
，所以其半径之比为3∶1，故B错误。由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为3∶1，qB
L
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sin θ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶
r3，又P的偏转角度为30°，可知P的偏转角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正12
确。由电场加速后：qU＝mv可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确。
2
6.(2018·辽宁本溪三校联考)如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2线上，子从A点以初速度v与L2线成θ＝30°角斜向上射出，经过偏转后正好经过B点时速度方向也斜向上，不计粒子重力，下列说法中不正确的是
A．带电粒子一定带正电
B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同
C．若将带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)它仍能经过B点
D．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2线成60°角斜向上，它就不再经过B点 解析：选A 画出带电粒子运动的两种可能轨迹，如图所示，对荷，故A错误；带电粒子经过B点的速度跟在A点时的速度大小相同，故B正确；根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点到出射点间的边界L2时入射点到出射点间的距离相同，与速度大小无关，所以当但保持方向不变，它仍能经过B点，故C正确；设L1与L2之间的距何知识得A到B的距离为x＝
应正、负电等、方向相距离与经过初速度变大离为d，由几
L2下方都带电粒过B点，( )
＋
3＋
2d
，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2线成60°角斜向tan θ
上，它就不再经过B点，故D正确。
7．(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里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轴正场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O点间的距离。
解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
v0
qB0v0＝m①
R1v0
qλB0v0＝m②
R2
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 πR1
t1＝③
v0
粒子再转过180°时，所需时间t2为 πR2
t2＝④
v0
联立①②③④式得，所求时间为 πm1
t0＝t1＋t2＝1＋。⑤
B0qλ
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 12mv0?
1－?d0＝2(R1－R2)＝??。⑥ B0q?λ?1?1πm?2mv0?
1－?答案：(1)?1＋? (2) ?λ?B0q?λ?B0q??
8.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，和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与3v0
返回磁场。已知电场强度E＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
2kd
(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。
1212
解析：(1)根据动能定理得，qEd＝mv－mv0，
22
2
22
的磁场。在数λ>1)。向射入磁
向的匀强MN为电场射出速率ab相切并
解得v＝2v0
F12
粒子在电场中做类平抛运动，由F＝qE，a＝，d＝at1，x＝v0t1
m223d23d
解得t1＝，x＝。
3v03
(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 v－v0
tan θ＝＝3，解得θ＝60°
v02d
根据R＋Rcos θ＝d，解得R＝
3v
由牛顿第二定律可得qvB＝m，
R3v0
解得B＝。
kd答案：(1)2v0
23d3v0
(2) 3kd
界线，匀强的磁感应直距离为粒子所受
2
2
2
9.(2019·汕头模拟)如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分电场场强大小为E，方向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场强度为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖d。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计重力，电场和磁场范围足够大)。求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；
(2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B′，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B′的最小值为多少？
12
解析：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得qEd＝mv，
2解得：v＝
2qEd
。 m
到第二次进
(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场12
磁场，两点间距为xCA，由类平抛运动规律：x＝vt，y＝at，qE＝ma，
2
由几何知识可得x＝y， 解得：t＝
8md
， qE
两点间的距离为：xCA＝2vt， 代入数据可得：xCA＝42d。
2020版高考新课标一轮复习：课时跟踪检测(30)带电粒子在组合场中的运动
