1、小题必练21：带电粒子在组合场、复合场中的运动(1) 带电粒子在组合场中的运动；(2)带电粒子在复合场中的运动；(3)质谱仪和回旋加速器等。例1(2020全国卷18)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，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()AM处的电势高于N处的电势B增大M、N之间的加速电压可使P点左移C偏转磁场
2、的方向垂直于纸面向外D增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【解析】由于电子带负电，要在M、N间加速则M、N间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；增大加速电压则根据qUmv2，可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有qvBm，可得R，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选项的分析可知，当其他条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度
3、，使P点左移，故D正确。【答案】D【点睛】本题考查带电粒子在组合场中运动，解题首先要明确电子在各个区域的运动情况，并能正确推导出电子在磁场中运动的半径。1(多选)如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)，下列说法中正确的是()A它们的最大速度相同B它们的最大动能相同C两次所接高频电源的频率相同D仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能【答案】AC【解析】由R得最大速度v，两粒子的相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ekmv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；
4、高频电源的频率f，因为相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误。2如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线互相垂直。在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法正确的是()A小球做匀变速曲线运动B小球的电势能保持不变C洛伦兹力对小球做正功D小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和【答案】D【解析】带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以小
5、球不可能做匀变速曲线运动，A项错误；根据电势能公式Epq知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，B项错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C项错误；从能量守恒角度分析，D项正确。2(多选)太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电。如图所示，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为v，方向与极板平行，该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面，两极板间的距离为L，则()A在开关S未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为BLvB闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则极板间电场恒定C闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则电阻消耗的热功率为2BILv
6、D闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功【答案】AB【解析】太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，带电离子受到洛伦兹力和电场力作用，稳定后，有qvB，解得UBLv，A项正确；闭合开关后，若回路中有稳定的电流，则两极板之间的电压恒定，电场恒定，B项正确；回路中电流I，电阻消耗的热功率PI2R，C项错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以D项错误。3如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120角均匀分开的、三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、B2、B3表示。现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比
7、为123，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，则其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为()A11 B53 C32 D275【答案】D【解析】带电粒子在磁场运动的时间tT，在各个区域的角度都为120，对应的周期T，则三个区域的磁感应强度之比B1B2B3632，三个区域的磁场半径相同为r，又动能Ekmv2，联立得，故三个区域的动能之比为：Ek1Ek2Ek3B12B22B323694，故在b处穿越铝板所损失的动能为EkEk1Ek227，故在c处穿越铝板所损失的动能为EkEk2Ek35，故损失动能之比为EkEk275，D正确。4(多选)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之
8、一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为q(q0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是()A能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角越大C能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qUD若U0，即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；粒子在电场中的偏转角：t
9、an ，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若Uy0)，速度大小为v，方向沿x方向，此时撤去电场。t2时刻粒子经过x轴上xx0点，速度沿x方向。不计粒子重力，求：(1)0t0时间内OA两点间电势差UOA。(2)粒子在t0时刻的加速度大小a0。(3)B1的最小值和B2的最小值的表达式。【解析】(1)带电粒子由O到A运动过程中，由动能定理：qUOAmv2mv解得：UOA。(2)设电场强度大小为E，则：UAOEy0t0时刻，由牛顿第二定律得：qv0B0qEma0解得：a0。(3)t0t1时间内，粒子
10、在小的虚线圆上运动，相应小圆最大半径为R，对应的磁感应强度最小值为B1，则：R又qvB1mB1的最小值B1t1时刻粒子从C点切入大圆，大圆最大半径为x0，对应的磁感应强度的最小值为B2，则：qvB2m得B2。10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，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。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；在磁场中运动一段时间后，再
11、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：解得：。(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向：qEma，vy202aR0沿与y轴正方向成45角离开电场，所以：vyv0解得电场强度：。(3)粒子的轨迹如图所示，第二象限，沿着x轴方向：沿着y轴方向：ONv0t所以ON2R0由几何关系知，三角形OON为底角45的等腰直角三角形。在磁场中运动的半径：RON2R0由洛伦
12、兹力提供向心力：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：vv0解得：B1B0。11如图所示，在竖直平面内，第二象限存在方向竖直向下的匀强电场(未画出)，第一象限内某区域存在一边界为矩形、磁感应强度B00.1 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，A( m，0)处在磁场的边界上，现有比荷108 C/kg的离子束在纸面内沿与x轴正方向成60角的方向从A点射入磁场，初速度范围为106 m/sv0106 m/s，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴正半轴，进入电场区域。x轴负半轴上放置长为L的荧光屏MN，取210，不计离子重力和离子间的相互作用。(1)求矩形磁场区域的最小面积和
13、y轴上有离子穿过的区域长度。(2)若速度最小的离子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求电场强度E的大小(结果可用分数表示)。(3)在第(2)问的条件下，欲使所有离子均能打在荧光屏MN上，求荧光屏的最小长度及M点的坐标。【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力，得：qvBrmax0.1 m根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中做圆周运动的圆心恰好在y轴B(0， m)点，如图甲所示，离子从C点垂直穿过y轴。根据题意，所有离子均垂直穿过y轴，即速度偏向角相等，AC连线是磁场的边界。速度最小的离子在磁场中做圆周运动的半径rmin m速度最小的离子从磁场离开后，匀速前进一段距离，垂直y轴进入电场，
14、根据几何知识，离子恰好从B点进入电场，如图乙所示故y轴上B点至C点区域有离子穿过，且BC m满足题意的矩形磁场应为图乙中所示，由几何关系可知矩形长 m，宽 m，面积S m2。(2)速度最小的离子从B点进入电场，离子在磁场中运动的时间t1T离子在电场中运动的时间为t2，则BOt，t1t2解得E104 V/m。(3)离子进入电场后做类平抛运动，BOt，水平位移大小x1vBt1，COt，水平位移大小x2vCt2，得x1 m，x2 m荧光屏的最小长度Lminx2x1 mM点坐标为(，0)。12如图所示，穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径为R0.3 m。M、N
15、用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为mM0.01 kg、mN0.08 kg；M带电荷量q7104C，N不带电。该空间同时存在匀强电场和匀强磁场。电场方向竖直向上，电场强度E1103 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B102 T。将两小球从图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针向上转动。取重力加速度g10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8。则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：(1)通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点？(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力。(3)小球M电势能变化量的最大值。【解
16、析】(1)设MN在转动过程中，绳对M、N做的功分别为Wr、Wr，则WrWr0设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别为EkM、EkN对M，洛伦兹力不做功，由动能定理可得：qERmMgRWr1EkM对N由动能定理：Wr1mNgREkN联立解得：EkMEkN0.06 J即：M在圆环最高点时，系统动能为负值；故M不能到达圆环最高点。(2)设N转过角时，M、N的速度大小分别为vM、vN，因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同，则vMvN，对M，洛伦兹力不做功，根据动能定理得：qERsin mMgRsin Wr2mMvM2对N由动能定理：Wr2mNgR(1cos )mNvN2联立解得：vM2(3sin 4cos 4)由上式可知，当tan 时，M、N达到最大速度，最大速度为vmax m/sM速度最大时，设绳子拉力为F，圆环对小球M的弹力FN，由牛顿运动定律得：Fcos 45(qEmMg)cos 37qvmaxBFsin 45(qEmMg)sin 37FN解得：FN0.096 N，负号表示弹力方向沿圆环径向向外。(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，所以，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减小最多，由vM2(3sin 4cos 4)，可得：3sin 4cos 40解得：sin 或sin 0故M的电势能减小量的最大值为：|Ep|qERsin J0.201 6 J。