1、课时达标第28讲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Ekmmv，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R，联立可得Ekm，当带电粒子q、m一定时，则EkmR2B2，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
2、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11B在磁场中运动的半径之比为21C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13CD解析 两个离子的质量相同，其带电荷量之比是13的关系，所以由a可知，其在电场中的加速度之比是13，故选项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
3、电场时其速度表达式为v，可知其速度之比为1，又由qvBm知，r，所以其半径之比为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sin ，则可知角度的正弦值之比为1，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12，故选项C正确；由电场加速后qUmv2可知，两离子离开电场的动能之比为13，故选项D正确3(2019邵阳联考)(多选)如图所示，在x0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B1B232.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
4、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mavambvb.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32B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15BCD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可得，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
5、后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B2B1，则第二次经过y轴时在坐标原点的上方(2ra22ra1)处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra22ra1)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(2ra22ra1)2ra1，当b粒子第一次经过y轴时距O点的距离为2rb12ra1，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方向，所以两者方向相同，选项C正确；根据周期公式T及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有Tb1Ta1Ta2，即，结合B1B232，解得，选项
6、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12B粒子完成一次周期性运动的时间C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3RD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A
7、C解析 由半径公式r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12，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，圆心角120，运动时间t1T1，在第二象限运动的周期T2，圆心角120，运动时间t2T2，所以粒子完成一次周期性运动的时间T0t1t2，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x1R，第二次圆弧的弦长x2R22R，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3R，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与速度无关，圆心角不变，所以
8、在磁场中运动时间tT不变，故选项D错误5(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0yd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 ；在dy2d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y2d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()ABCDC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dt2；x方向xv0t.解得t，vytv0，可知进入磁场时速度与x轴正方
9、向夹角为60，进入磁场的速度为2v0，根据几何关系可得rd，得B，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()A电子运动到Q点的速度vB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BC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EAD解析 由动能定理Uqmv2，解得v，选项
10、A正确；在磁场中偏转rsin d，evBm，联立解得 B，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dv1t，tnTn (n0、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dcos vt，垂直于PQ方向匀加速，有 t，垂直于PQ方向的加速度为a，联立解得E，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
11、场(图中未画出)，AB边长度为d，C，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t0.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C粒子在磁场中运动的轨道半径为dD粒子进入磁场时的速度大小为ABC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T，即Tt0，则得周期 T4t0，选项A正确由T得，B，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，则有T，得 ，画出该粒子的运动轨
12、迹如图所示，设轨道半径为R，由几何知识得Rcos 30d，可得Rd，选项C正确根据，解得v，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
13、缘板上，两极板间电压最小值U0BCD板上可能被击中区域的长度为LC粒子在磁场中运动的最长时间tmD能达到N板上粒子的最大动能EkmBCD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(rL)sin 30r，洛伦兹力提供向心力qvBm，在加速电场中由动能定理有U0qmv2，联立以上式子可得U0，选项A错误；由于负粒子做逆时针方向圆周运动，打到CD板上最上的位置为E点，CE2Lcos 30L，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，CFL，打到CD板的长度为CECFLLL，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
14、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，rL，即题目的已知条件的情况，最大动能是EkmU0q，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C若仅增加加速电压U，电子束打到屏幕上的位置在P
15、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Uemv2，若在磁场中做圆周运动的半径为r，则F磁evBm，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，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10(2019成都外国语学校模拟)如图所示，在
16、xOy坐标系的0yd的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在dy2d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，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qEdmv2mv，解得v2v0.粒子在电场中做类平抛运动，有FqE，a，dat，xv0t1，解得t1，x.(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成
17、角进入磁场，则tan ，解得60.根据RRcos d，得R.由牛顿第二定律可得qvBm，解得B.答案 (1)2v0(2)11(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k，不计粒子的重力和空气阻力求：(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
18、均用r、U和k表示)解析 (1)由动能定理qUmv2，得v.(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.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Rr，联立解得B.答案 (1)(2)12(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E100 N/C的匀强电场和磁感应强度为B103T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
19、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v0105 m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷 108 C/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qEma.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vyat，lv0t，解得vyv0，vv0105 m/s.(2)设v的方向与y轴夹角为，则有cos 可得45.粒子进入磁场
20、后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图所示，则有qvBm，可得R，要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件dR(1cos )，综合已知条件解以上各式可得d(1) m2.41 m.答案 (1)105m/s(2)小于2.41 m13(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匀强电场的场强大小为E、方向竖直向上，宽度为L，区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；区域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，从电场的下边缘的O点由静止开始运动，穿过区域进入区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程
21、(1)为使粒子能完成上述运动，区域的最小宽度为多大？(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、 的最简形式表示)解析 (1)电场中加速qELmv2，磁场中偏转qvBm，三段圆弧的圆心连线组成等边三角形，则区域的最小宽度dRRsin 60，联立解得dL.(2)在电场中Lt，磁场中运动时间T，总时间t2t1(TTT).答案 (1)(2)L(2)14(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轴下方区域和区域内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面
22、向外的足够大匀强磁场，两磁场的分界线与x轴平行，区域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，依次进入区域和区域中的磁场，已知粒子从区域进入区域时，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Eqy0mv2，解得E.
23、(2)如图所示粒子在区域内做圆周运动的半径为R1，则有qvBm，由几何知识可知LACR1(1cos 45)，由题意可知挡板长度L2(y0LAC)设区域磁场的磁感应强度大小为B0，粒子在区域内做圆周运动的半径为 R2，则有 qvB0m，由题意可知挡板长度L2R2n(n1,2,3 )，由以上各式可得 B0(n1,2,3 )(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(yy0)cos45t2，y0(yy0)sin45vt，将E代入可得 y3y0，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，而45，则有 vEat，qEma，将上面解得的E和t代入上面的两式得 vEv，所以tan1 得 45，所以450，即合速度方向沿y轴正方向答案 (1) (2)(3)(0,3y0)速度方向沿y轴正方向
