第1页共7页课时跟踪检测（三十）带电粒子在组合场中的运动[A级——基础小题练熟练快]1.(2020·广东韶关质检)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(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，粒子在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之间的函数关系的是()解析：选B1带电粒子经电压U加速，由动能定理，qU＝mv2，粒子垂直进入磁感应22mU，qv22强度为B的匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，2R＝x，联立解得：x＝BR所以能够正确反应x与U之间的函数关系的是图B。2.(2019·湖北七校联考)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子(11H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作α粒子(24He)在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是(A．22B．2D．12)C．2解析：选B1电场中的直线加速过程根据动能定理得qU＝mv2－0，得v＝22qU；mv2
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m，R有R＝mv，联立可得：B＝qB2mU；质子与α粒子经同一加速电场则U相同，同一出口离qR2
mBα，可得＝qBH
41×＝2，即Bα＝2BH；故选B。12开磁场则R相同，则B∝3．(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，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，θ＝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点由静止释放，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。下列说法正确的是()第2页共7页A．若h＝B2a2q，则粒子垂直CM射出磁场2mEB2a2qB．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场2mEC．若h＝D．若h＝B2a2q，则粒子垂直CM射出磁场8mEB2a2q，则粒子平行于x轴射出磁场8mEB2a2q1若h＝，则在电场中，由动能定理得：qEh＝mv2；在磁场中，由2mE2解析：选ADv2
牛顿第二定律得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，rB2a2q1故A正确，B错误。若h＝，同理可得：r＝a，则根据几何知识可知粒子平行于x轴8mE2射出磁场，故C错误，D正确。4．(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∶3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＝qU可md知，其在电场中的加速度之比是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＝知其速度之比为1∶3。又由qvB＝m2qU，可mv2mv知，r＝，所以其半径之比为3∶1，故B错误。rqB由B项分析知道，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L＋
转过的角度等于其圆心角，所以sinθ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶3，又P的偏转r角度为30°，可知P3＋的偏转角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确。1由电场加速后：qU＝mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，2故D正确。5.(2020·辽宁本溪三校联考)如图所示，L1和L2为平行线，L1上方第3页共7页和L2下方都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，带电粒子从A点以初速度v与L2线成θ＝30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，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)应正、负电荷，故A错误；带电粒子经过B点的速度跟在A点时的速度大小相等、方向相同，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距离与经过边界L2时入射点到出射点间的距离相同，与速度大小无关，所以当初速度变大但保持方向不变，它仍能经过B点，故C正确；设L1与L2之间的距离为d，由几何知识得A到B的距离为x＝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tanθ斜向上，它就不再经过B点，故D正确。6.(2019·浙江稽阳联考)2018年中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至一半光速，打破了美国、瑞士等少数国家的垄断。如图所示为早期回旋加速器的结构示意图，两个半径为R的D形金属盒相距很近，连接电压峰值为UM、f＝Bq的高频交流电源，垂直D形盒的4πm匀强磁场的磁感应强度为B。现用此加速器来加速电荷量分别为＋0.5q、＋q、＋2q，对应质量分别为m、2m、3m的三种静止粒子，不考虑加速过程中粒子质量的变化，最后经多次回旋加速后从D形盒中飞出的粒子中动能最大为(B2q2R2A．8mC．B2q2R22mB2q2R2B．4mD．2B2q2R2
3m)解析：选Bv2qBR根据qvB＝m，知v＝，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为：mR1q2B2R2
Ekm＝mv2＝；而加速电荷量分别为＋0.5q、＋q、＋2q，相对应质量分别为m、2m、22m3m的三种静止离子，因电场的频率应该是圆周运动频率的整数倍，交流电源频率为：f＝Bq2πm，根据T＝可知，只有质量为2m和m的粒子才能正常加速。质量为2m的粒子加4πmqB第4页共7页q2B2R2
速后动能最大，所以最大动能为：Ekm＝，故B正确，A、C、D错误。4m7．(2017·全国卷Ⅲ)如图，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，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xv02
＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0＝m①R1
v02
qλB0v0＝m②R2
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝πR1③v0πR2④v0
πm11＋。⑤B0qλ粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝联立①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝(2)由几何关系及①②式得，所求距离为12mv01－d0＝2(R1－R2)＝λ。⑥B0q1πm1＋答案：(1)λB0q12mv01－(2)λB0q[B级——增分题目练通抓牢]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，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回磁场。已知电场强度E＝3v02
，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；第5页共7页(2)磁场的磁感应强度B的大小。11解析：(1)根据动能定理得，qEd＝mv2－mv02，解得v＝2v0
22F1粒子在电场中做类平抛运动，由F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1
m2解得t1＝23d23d，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v2－v02
tanθ＝＝3，解得θ＝60°v0根据R＋Rcosθ＝d，解得R＝2d3v2
由牛顿第二定律可得qvB＝m，R解得B＝3v0
。kd23d3(2)3v0kd答案：(1)2v0
9．(2020·天津红桥区模拟)如图所示，在x>0的空间中，存在沿x轴方向的匀强电场，电场强度E＝0.2N/C；在x<0的空间中，存在垂直xy平面方向的匀强磁场，磁感应强度B＝3.14T。一带负电的粒子(比荷为1600C/kg)，在x＝0.1m处的d点以v0＝8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力。求(1)带电粒子经多长时间第一次进入磁场，进入磁场时速度多大，带电粒子开始运动后第一次进入磁场时距O点的距离；(2)带电粒子第一次进入磁场后经多长时间再次返回电场。解析：(1)粒子在第一象限做类平抛运动，加速度为a＝qE＝1600×0.2m/s2＝320m11s，m/s2，由匀变速直线运动的位移公式得：x＝at12，代入数据解得：t1＝240沿y轴方向的位移：y＝v0t1＝8×11m＝m；4051m/s＝8m/s40粒子通过y轴进入磁场时在x方向上的速度：vx＝at1＝320×速度为：v＝v02＋vx2＝82m/s
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