专题29 带电粒子在组合场中的运动(解析版)

(限时：80min)

一、 选择题（本大题共6小题）

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子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀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被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )

A．11 C．121 【答案】D

1mv

【解析】带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理

2qB1

得：r＝

B

2mUm2。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：＝qm1

B．12 D．144

144，选项D正确。

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源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为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，高频交流电频率为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 【答案】A

2πR1

【解析】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，质子被加速后的最

vf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源，选项C错2πmα

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＝，故选项D错

qαB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( )

【答案】B

1

【解析】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强度为B的匀强磁场，洛

2v22

伦兹力提供向心力，qvB＝m，2R＝x，联立解得：x＝

RB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( )

2mU，所以能够正确反应x与U之间的函数关q

B2a2qB2a2q

A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场 B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场

2mE2mEB2a2qB2a2q

C．若h＝ ，则粒子垂直CM射出磁场 D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场

8mE8mE

【答案】AD

【解析】

B2a2q1

若h＝，则在电场中，由动能定理得：qEh＝mv2；在磁场中，由牛顿第

2mE2

v2

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，故A正确，B错误。若

rB2a2q1h＝，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错误，D正确。

8mE25．(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∶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 【答案】CD

qU

【解析】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，其在电场中的加速度

md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＝

2qUv2mv

，可知其速度之比为1∶3。又由qvB＝m知，r＝，所以mrqB

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，设磁场宽度为L＋

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∶3，又P的偏

r转角度为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。由电场加速

＋

1

后：qU＝mv2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 【答案】A

【解析】 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°角斜向上，它就不再经过tan θ

B点，故D正确。

二、计算题（本大题共8个小题）

7．(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。

1πm2mv011＋ (2)1－ 【答案】 (1)λλB0qB0q

【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 v02qB0v0＝m①

R1v02

qλB0v0＝m②

R2

粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝

πR1

③ v0

粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝

πR2④ 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 2mv01

1－。⑥ d0＝2(R1－R2)＝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3v02

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。 【答案】(1)2v0

23d3v0 (2) 3kd

11

【解析】(1)根据动能定理得，qEd＝mv2－mv02，

22解得v＝2v0

F1

粒子在电场中做类平抛运动，由F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1

m2

23d23d

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

v2－v02tan θ＝＝3，解得θ＝60°

v02d

根据R＋Rcos θ＝d，解得R＝ 3

v23v0由牛顿第二定律可得qvB＝m，解得B＝。

Rkd

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界线，匀强电场场强大小为E，方向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为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(不计粒子所受重力，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？ 【答案】 (1)

2qEd (2)42d (3)2(2－2)B m

1

【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＝mv2，

2解得：v＝

2qEd。 m

(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为xCA，由类1

平抛运动规律：x＝vt，y＝at2，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。 v2

(3)由qvB＝m，v＝

R1

联立解得：R＝

B

2qEd

， m

2mEd， q

由题意可知，当粒子运动到F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径有最大值，即B′最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。

2＋2

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系可知r＝R。

4mv

又因为r＝，

qB′mv

所以B′＝，

qr

代入数据可得：B′＝2(2－2)B。

10．(2019·佛山模拟)如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子的质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计正离子所受重力。求：

(1)磁感应强度B0的大小；

(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。 2πmπd

【答案】 (1) (2)(n＝1,2,3，…)

qT02nT0

【解析】(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 v02

B0qv0＝m

r

2πr

粒子运动的周期T0＝ v02πm

解得B0＝。

qT0

(2)正离子从O′孔垂直于N板射出磁场时，可能的运动轨迹如图所示， d

正离子在两板之间只运动一个周期T0时，有r＝

4

d

正离子在两板之间运动n个周期即nT0时，有r＝(n＝1,2,3，…)

4n解得v0＝

πd

(n＝1,2,3，…)。 2nT0

11.如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力。求：

(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？ (2)粒子运动的速度大小可能是多少？ 53πm25qBl

【答案】 (1) (2)(n＝1,2,3，…)

60qB12nm

【解析】(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

v2

qvB＝m R

mvmv

解得Ra＝，Rb＝，

2qBqB

2πRa2πmπm2πRb2πmTa＝＝＝，Tb＝＝

v2qBqBvqB

当粒子先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间3l3

最短，如图所示。根据几何知识得tan α＝＝，故α＝37°

4l4粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分别为 tb＝

－α

Tb，ta＝

360°

－α

Ta

360°

故从P点运动到O点的时间为 53πm

t＝ta＋tb＝。

60qB(2)由题意及上图可知

n(2Racos α＋2Rbcos α)＝(3l)(4l) 25qBl

解得v＝(n＝1,2,3，…)。

12nm

12．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。

22

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M点入射时速度的大小；

π

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点

6的时间。

2El′43El′Bl3πl

【答案】 (1)见解析 (2) (3)22 1＋

BlBlE18l′

【解析】 (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。

(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度v沿电场方向的分量为v1。

根据牛顿第二定律有 qE＝ma① 由运动学公式有 l′＝v0t② v1＝at③ v1＝vcos θ④

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 mv2

qvB＝⑤

R由几何关系得 l＝2Rcos θ⑥

联立①②③④⑤⑥式得 v0＝

2El′

。⑦ Bl

(3)由运动学公式和题给数据得 π

v1＝v0cot ⑧

6联立①②③⑦⑧式得

q43El′＝22⑨ mBl

设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则 ππ22－6t′＝2t＋T⑩

2π

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， 2πmT＝⑪

qB由②⑦⑨⑩⑪式得 Bl3πlt′＝1＋。⑫

E18l′

13.(2019·淮南模拟)在如图所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d。PQ右侧1

为偏转电场，两极板长度为d，间距为d。电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏。现有速率不同的电子在纸

2面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离1

为d，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求： 2

(1)电子通过磁场区域的时间； (2)偏转电场的电压U；

(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上。 πm8eB2d2eBd

【答案】 (1) (2) (3)v′＝

2eB3m3

3m

v2

【解析】(1)电子在磁场中运动，由牛顿第二定律得evB＝m rmv

解得r＝

eB

2πr2πm

电子在磁场区域运动周期为T＝＝

veB90°πm

通过磁场区域的时间为t1＝T＝。

360°2eB

mv

(2)由几何知识得电子在磁场中运动的最大半径r＝d，又r＝ eB

eBd

解得电子进入电场的最大速度v＝ mdm

通过电场的时间t2＝，代入数据解得t2＝

2v2eB

电子离开电场后做匀速直线运动到达M点，如图甲所示 1

dy141

＝＝，又y1＋y2＝d y212

d21

解得y1＝d

3故

eU21t＝d 2md23

8eB2d2

代入数据解得U＝。

3m

(3)电子恰好打在下极板右边缘，如图乙所示

mv′

在磁场中运动半径r′＝ eB1

电场中水平方向d＝v′t

2eU2

竖直方向r′＝t

2md

由上述三式代入数据解得v′＝

eBd33m。

14．(2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。

(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；

(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；

(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。 4

【答案】 (1)

B2(3)L<

B

mU02

－L (2)图见解析 qB

mU0－ q

4mU0L2－ qB24

m

[2(U0U)－2(U0U)] q

1

【解析】(1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝×2mv2

2设甲种离子在磁场中的运动半径为r1 v2

则有qvB＝2m r12

解得r1＝ B

mU0 q

根据几何关系有x＝2r1－L 4

解得x＝

B

mU0－L。 q

(2)如图所示。

最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d＝r1－ 2

解得d＝

B

L2

r12－2 mU0－ q

4mU0L2－。 qB24

(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径r1min＝2Bm(U0U) q2m(U0U)

q

1r2的最大半径r2max＝B由题意知2r1min－2r2max>L 即4Bm(U0U)22m(U0U)－>L Bqqm[2(U0U)－2(U0U)]。 q

2

解得L<

B