新高考2023高考物理小题必练22带电粒子在组合场复合场中的运动20230421176

小题必练22：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Ⅱ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(　　)A．M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qU＝mv2，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qvB＝m，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，使P点左移，故D正确。【答案】D15\n【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。例2．(2020·山东卷·17)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子H、氚核H、氦核He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得：qU＝mv2①在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m②联立①②式得：③由几何关系得：d2＋(R－L)2＝R2④⑤15\n⑥联立①②④式得：⑦(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得：qE＝ma⑧粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得：vz＝vcosα⑨d＝vzt⑩粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得：x＝at2⑪联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得：⑫(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得y'＝vtsinα⑬由题意得：y＝L＋y'⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式得：⑮(4)s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置。【点睛】本题考查带电粒子在电场与磁场中的运动，首先要分析清楚粒子的运动过程，之后根据运动过程，结合动能定理、牛顿第二定律与运动学公式进行解答。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15\nC．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Ek＝mv2，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；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，所以小球不可能做匀变速曲线运动，A项错误；根据电势能公式Ep＝qφ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B15\n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2BILvD．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U＝BLv，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P＝I2R＝，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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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为1∶2∶3，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(　　)A．1∶1B．5∶3C．3∶2D．27∶5【答案】D【解析】带电粒子在磁场运动的时间t＝T，在各个区域的角度都为θ＝120°＝π，对应的周期T＝，，则三个区域的磁感应强度之比B1∶B2∶B3＝6∶3∶2，三个区域的磁场半径相同为r＝，又动能Ek＝mv2，联立得，故三个区域的动能之比为：Ek1∶Ek2∶Ek3＝B12∶B22∶B32＝36∶9∶4，故在b处穿越铝板所损失的动能为ΔEk＝Ek1－Ek2＝27，故在c处穿越铝板所损失的动能为ΔEk′＝Ek2－Ek3＝5，故损失动能之比为ΔEk∶ΔEk′＝27∶5，D正确。15\n4．(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(q>0)、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θ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U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮【答案】CD【解析】设粒子开始时的坐标为(－x，－h)，粒子在电场中运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得x＝v0t，h＝at2，qE＝ma，联立得h＝··，可知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抛物线上，故A错误；粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。粒子到达O点时，粒子的速度与y轴正方向的夹角θ满足：tanθ＝，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小，故B错误；负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：mv2－qU>0，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：tanα＝＝，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U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，故D正确。5．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为AC，竖直短轴为ED。轻弹簧一端固定在大环的中心O15\n，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中。将小环从A点由静止释放，已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等。下列说法中错误的是(　　)A．刚释放时，小环的加速度为重力加速度gB．小环的质量越大，其滑到D点时的速度将越大C．小环从A运动到D，弹簧对小环先做正功后做负功D．小环一定能滑到C点【答案】B【解析】刚释放时，小环速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，加速度为g，A项正确；因为在A、D两点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所以OA处于拉伸，OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，C项正确；从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小环的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，因大环光滑，则小环一定能滑到C点，B项错误，D项正确。6．(多选)将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中，当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时，在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压，这种现象称为霍尔效应，产生的电压称为霍尔电压，相应的将具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件。如图所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压。已知图中的霍尔元件是P型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是(　　)A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表B．接线端2的电势高于接线端4的电势C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变15\nD．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数一定增大【答案】BC【解析】由图可知，B电表跟电源串联，故B是毫安表，C并联进电路，故C是毫伏表，A错误；左边线圈有电流流过，产生磁场，由右手定则可知铁芯上部为N极，下部为S极，霍尔元件通过的磁场方向向下。已知电流方向与磁场方向，且空穴可视为带正电的粒子，由左手定则知，接线端2的电势高于接线端4，故B正确；若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，故电路的电流只是方向改变，大小没有改变，电路阻值没有改变，故毫伏表示数没有改变，C正确；减小R1，则通过霍尔元件的磁场减弱，增大R2，总电压不变，霍尔元件的电压减小，故毫伏表的示数减小，D错误。7．如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中，下列说法正确的是(　　)A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C．小球在D点时的动能为50JD．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量【答案】B【解析】如果电场力大于重力，则静止后小球可能沿杆向上运动，故A项错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故B项正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50J，故C项错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D项错误。8．如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45°的斜向下的匀强电场E，有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P15\n点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么(　　)A．小球在复合场中一定做匀速直线运动B．磁感应强度B＝，场强E＝C．若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动D．若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球仍能沿直线通过复合场【答案】A【解析】小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示。其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动，故A项正确；根据小球的平衡条件可得，qvB＝mg，qE＝mg，又v2＝2gh，联立以上各式解得磁感应强度B＝，电场强度E＝，故B项错误；若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向，合力不可能为零，故C项错误；若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足B＝和E＝，若同时改变小球的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，故D项错误。9．如图甲所示，y轴右侧空间有垂直xOy平面向里随时间变化的磁场，同时还有沿－y方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示(图中B0已知，其余量均为未知)。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴射入电场和磁场区，t0时刻粒子到达坐标为(x0，y0)的点A(x0>y0)，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x＝x0点，速度沿＋x方向。不计粒子重力，求：15\n(1)0～t0时间内OA两点间电势差UOA。(2)粒子在t＝0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：qUOA＝mv2－mv解得：UOA＝。(2)设电场强度大小为E，则：UAO＝Ey0t＝0时刻，由牛顿第二定律得：qv0B0－qE＝ma0解得：a0＝＋。(3)t0～t1时间内，粒子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qvB1＝mB1的最小值B1＝t1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：qvB2＝m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Ⅰ，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Ⅱ。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x15\n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Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于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Ⅰ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：qE＝ma，vy2－0＝2aR0沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以：vy＝v0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：ON＝v0t所以ON＝2R0由几何关系知，三角形OO′N为底角45°的等腰直角三角形。在磁场Ⅰ中运动的半径：R＝15\nON＝2R0由洛伦兹力提供向心力：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：v＝v0解得：B1＝B0。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B0＝0.1T、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＝108C/kg的离子束在纸面内沿与x轴正方向成θ＝60°角的方向从A点射入磁场，初速度范围为×106m/s≤v0≤106m/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π2＝10，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：qvB＝rmax＝＝0.1m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＝＝m15\n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，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t1＝T＝·离子在电场中运动的时间为t2，则BO＝··t，t1＝t2解得E＝×104V/m。(3)离子进入电场后做类平抛运动，BO＝··t′，水平位移大小x1＝vB·t′1，CO＝··t′，水平位移大小x2＝vC·t′2，得x1＝m，x2＝m荧光屏的最小长度Lmin＝x2－x1＝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R＝0.3m。M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为mM＝0.01kg、mN＝0.08kg；M带电荷量q＝＋7×10－4C，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E＝1×103V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B＝×102T。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g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：15\n(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。【解析】(1)设MN在转动过程中，绳对M、N做的功分别为Wr、Wr′，则Wr＋Wr′＝0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：qER－mMgR＋Wr1＝EkM对N由动能定理：Wr1′－mNgR＝EkN联立解得：EkM＋EkN＝－0.06J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α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vM＝vN，对M，洛伦兹力不做功，根据动能定理得：qERsinα－mMgRsinα＋Wr2＝mMvM2对N由动能定理：Wr2′－mNgR(1－cosα)＝mNvN2联立解得：vM2＝×(3sinα＋4cosα－4)由上式可知，当tanα＝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：Fcos45°＝(qE－mMg)cos37°qvmaxB＋Fsin45°－(qE－mMg)sin37°＋FN＝解得：FN＝－0.096N，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＝×(3sinα＋4cosα－4)，可得：3sinα＋4cosα－4＝0解得：sinα＝或sinα＝015\n故M的电势能减小量的最大值为：|ΔEp|＝qERsinα＝J＝0.2016J。15