带电粒子在复合场中运动一、选择题（第1～5题为单选题，第6～8题为多选题）1．如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN固定在竖直平面内，且与水平面的夹角为37°，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为1T，质量为0.1kg的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的、大小为0.3N的压力。已知小环的带电荷量为0.1C，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（ ）A．小环带正电B．小环下滑的加速度大小为8m/s2C．小环滑到P处时的动能为1.25JD．当小环再沿杆滑动2.25m后恰好与杆没有相互作用【答案】C【解析】环的重力在垂直杆向下的分力为，杆对环的支持力垂直杆向上为0.3N，故环所受洛伦兹力方向垂直杆向上，由左手定则可知环带负电，A错误；洛伦兹力方向垂直运动方向，则沿着杆方向，解得，设环滑到P点的速度为vP，在垂直杆方向据平衡条件可得，解得，则动能为，B错误，C正确；环与杆之间没有正压力时，洛伦兹力等于重力垂直于杆向下的分力，则，解得，环向下运动的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，设两点之间的距离是L，据动能定理可得，解得，D错误。2．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为0开始加速，两D形盒之间狭缝的宽度为d，且d<<r。则下列说法正确的是（）A．带电粒子离开回旋加速器时获得的最大速度为B．带电粒子离开回旋加速器时获得的最大动能为C．若加速电压为U，则带电粒子离开回旋加速器时加速的次数为D．若加速电压为U，则带电粒子在回旋加速器中加速的总时间为12
【答案】B【解析】当带电粒子离开回旋加速器时其速度达到最大，其运动半径也最大，由，解得，，A错误，B正确；若知加速电压为U，则每次加速得到的动能，加速的次数，C错误；若加速电压为U，则带电粒子在回旋加速器中加速的总时间，粒子加速时的加速度大小，又，联立三式解得，D错误。3．实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动，将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，P能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射入板间，已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略不计），以下说法中错误的是（ ）A．沿直线穿过速度选择器的电子的速率为B．只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过A、B板的时间变长C．若t＝时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则可能正好从O2点水平飞出D．若t＝0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则（n＝1，2，3……）【答案】B【解析】电子受电场力和洛伦兹力的作用，沿中轴线运动，则电子受力平衡，满足，解得，A正确；若只增大速度选择器中的电场强度E，由可知，能沿直线通过速度选择器的电子速率较大，则在A、B板长度不变的情况下，电子穿过A、B板的时间变短，B错误；时刻进入A、B板间的电子，若刚好经历一个周期T恰好飞出电场，则在竖直方向先加速上升再减速上升，然后加速下降再减速下降，由对称性可知，恰好到达O2处且竖直方向速度为零，故能正好从O2点水12
平飞出，C正确；若t＝0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出电场，结合C解析可知，竖直方向的末速度应该为零，则在电场中的运动时间为t＝nT(n＝1，2，3……)，可得此时电子的速度为，联立A解析中的结论可得(n＝1，2，3……)，D正确。本题选错误的，故选B。4．如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R，0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°。下列判断中正确的是（ ）A．粒子将从Q点射入第Ⅰ象限B．粒子在磁场中运动的轨迹半径为2RC．带电粒子的比荷D．磁场磁感应强度B的大小【答案】C【解析】在M点，根据类平抛运动规律，有，，，，解得，，故A错误，C正确；粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P为粒子射出磁场的位置，则有P′O2∥PO1，△O1O2P≌△O2O1P′，则粒子的轨道半径r＝R，由牛顿第二定律可得，解得，故BD错误。5．某种质谱仪的工作原理示意图如图所示。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；PQ间电压恒为U的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外。当有粒子打到胶片M上时，可以通过测量粒子打到M上的位置来推算粒子的比荷，从而分析粒子的种类以及性质。由粒子源N发出的不同种类的带电粒子，经加速电场加速后从小孔S1进入静电分析器，其中粒子a和粒子b恰能沿圆形通道的中心线通过静电分析器，并经小孔S2垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上，其轨迹分别如图中的S1S1a和S1S1b12
所示。忽略带电粒子离开粒子源N时的初速度，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（ ）A．粒子a可能带负电B．若只增大加速电场的电压U，粒子a可能沿曲线S1c运动C．粒子a经过小孔S1时速度大于粒子b经过小孔S1时速度D．粒子a在磁场中运动的时间一定大于粒子b在磁场中运动的时间【答案】BD【解析】由磁场方向及粒子的偏转方向，利用左手定则可确定，该粒子一定带正电，A错误；若只增大加速电场的电压U，粒子进入偏转电场的速度变大，电场力小于所需的向心力，粒子a可能沿曲线S1c运动，B正确；粒子在加速电场中满足，在磁场中做匀速圆周运动，满足，联立可得，由图可知，粒子a的半径r较大，速度v较小，在偏转电场中粒子速度大小不变，故粒子a经过小孔S1时速度小于粒子b经过小孔S1时速度，C错误；结合C的分析可知，粒子a在磁场中运动时弧长大，速度小，故粒子a运动时间较长，D正确。6．如图所示为扇形聚焦回旋加速器的原理图。将圆形区域等分成2n（n＝2、3、4…）个扇形区域，相互间隔的n个区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，另外n个区域内没有磁场。一群速度大小不同的同种带电粒子，依次经过2n个扇形区域在闭合轨道上做周期性运动。不考虑粒子之间的相互作用，则（ ）A．粒子的运动周期与其速度大小无关B．n越大，每个粒子的运动周期也越大C．粒子运动速度的最大值与n无关D．粒子运动速度的最大值随n的增大而增大【答案】ABC【解析】粒子在磁场中做圆周运动时有，考虑对称性，画出临界轨迹，如图甲所示，由几何关系可得，最大半径，所以，故最大速度与n无关，故C正确，D错误。12
设粒子在n个磁场区域运动的时间为，则，粒子在一个无磁场区域中运动的直线长度，，粒子在n个无磁场区域运动的时间，则粒子在闭合轨道上运动的周期，的函数图像如图乙所示，由图可知当时，是一个单调递增函数，可得粒子的周期与速度无关，n越大，周期越大，故AB正确。7．如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内一边长为a的正方形ABCD内存在垂直于坐标平面的匀强磁场（图中未画出），其中AB边与x轴正方向成30°角。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P点以速度v0沿y轴负方向射入电场中，粒子恰好从A点进入磁场，进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，然后从B点离开磁场，不考虑粒子的重力，下列说法正确的是（ ）A．磁场的方向为垂直坐标平面向外B．P点的纵坐标为aC．匀强磁场的磁感应强度为D．粒子从P点运动到B点的时间为【答案】BD【解析】由题可知粒子带正电，结合左手定则可知磁场的方向为垂直坐标平面向里，故A错误；在A点分析有，由几何关系结合类平抛运动有，，解得，，故B正确；在A点分析有，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆心为Q点，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，由洛伦兹力提供向心力有，解得，故C错误；由几何关系结合运动规律可知粒子在磁场中运动的时间，所以粒子从P点运动到B点的时间，故D正确。8．如图所示，在水平线PQ和虚线MO之间存在竖直向下的匀强电场，PQ和MO所成夹角θ＝30°，12
匀强电场的场强为E；MO右侧某个区域存在匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，O点在磁场区域的边界上并且存在粒子源，粒子源可发出初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为，粒子源发出的所有粒子在纸面内垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，已知所有粒子的质量均为m、带电量绝对值均为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）A．粒子可能带负电B．所有粒子从O点到达边界MO的时间相等C．速度最大的粒子从O点运动至水平线PQ所需的时间为D．匀强磁场区域的最小面积为【答案】BC【解析】磁场方向垂直于平面向里，粒子要从直线MO进入电场，故粒子只能带正电，A错误；粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力可得，粒子在磁场中轨迹半径，根据粒子的运动轨迹可知粒子从O点到达边界MO粒子做圆周运动转过的角度一样，根据周期公式可知，粒子从O点射出到出磁场的时间相等，为，粒子出磁场后到达边界NO的时间，与粒子速度无关，大小也相等，则所有粒子从O点到达边界MO的时间相等，B正确；由题意知初速度最大为，则速度最大的粒子在磁场中运动轨迹的半径为粒子过MO后粒子做类平抛运动，设运动的为t3，则，其中，解得，则速度最大的粒子自O点进入磁场至重回水平线POQ所用的时间，C正确；由题意知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均在ON的连线上，故磁场范围的最小面积△S是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积，如图所示，扇形OO′N的面积，12
△OO′N的面积，解得，D错误。二、非选择题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）9．如图所示建立空间三维坐标系Oxyz，四个平行于yOz平面的理想场分界面把x＞0的区域分成间距均为L的三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，最左侧界面与yOz平面重合。整个空间中存在着沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E的大小未知。有一质量为m、电荷量为+q的小油滴静止在坐标原点O。已知重力加速度为g，忽略空气阻力和运动过程中油滴的电荷量变化。(1)在Ⅰ区域加入沿x轴正方向的匀强电场，电场强度的大小也为E，求油滴通过Ⅰ、Ⅱ区域分界面时的速率；(2)在(1)问基础上，在Ⅱ区域和Ⅲ区域分别加入沿轴正方向和负方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为，求油滴自O点运动到最右侧界面所用时间和到达最右侧界面的位置坐标；(3)在(2)问基础上，在Ⅱ区域加入沿z轴正方向电场，电场强度大小也为E，求油滴自O点运动到最右侧界面过程中沿z轴方向的位移。【解析】(1)油滴静止在坐标原点，根据平衡条件在Ⅰ区域加入沿x轴正方向、大小为E的匀强电场，根据动能定理得解得(2)油滴在Ⅱ区域和Ⅲ区域运动时重力和电场力平衡，油滴只在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图所示带入数据解得设油滴在Ⅱ区域转过的圆心角为，根据几何关系解得12
该过程油滴沿y轴负向位移在Ⅱ区域历时根据对称性油滴在Ⅲ区域运动与Ⅱ区域运动的轨迹中心对称，所用时间以及沿y轴负方向位移相同，则到达Ⅲ区域右侧边界时，y轴方向上总位移油滴在Ⅰ区域运动的时间为，则油滴自O点运动到最右侧界面所用的时间到达最右侧界面的位置坐标。(3)在Ⅱ区域加入沿z轴正方向的电场，使油滴产生沿x轴正方向的速度，沿z轴方向的速度方向与磁场方向平行，不产生洛伦兹力。油滴在Ⅱ区域运动时间为，轴正方向位移z轴正方向速度进入Ⅲ区域，油滴运动轨迹在z轴正方向投影做匀速运动，时间依然为，z轴方向位移全过程中z轴方向位移。10．如图所示，在xOy坐标系的第二象限内存在半径为R0、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域Ⅰ，区域Ⅰ与x轴相切于坐标为(－R0，0)的B点，在第四象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场区域Ⅲ，区域Ⅱ、Ⅲ的范围均足够大。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点沿半径平行于y轴负方向以大小为v0的初速度射入区域Ⅰ，并恰好从坐标原点O进入区域Ⅱ，粒子进入区域Ⅲ后，当粒子的速度第一次沿x轴正方向时，粒子经过坐标为(3R0，R0)的C点。不计粒子受到的重力。求：12
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B1；(2)区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B2以及区域Ⅲ内电场的电场强度大小E；(3)从粒子经过原点O至粒子第n（粒子经过原点O那次计为第0次，n＝1，2，3，…）次经过x轴的时间tn。【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在区域I内做圆周运动的半径又解得。(2)设圆形区域I的圆心和原点O的连线与x轴负方向的夹角为，由几何关系有解得根据对称性，粒子经过D点时的速度方向与x轴正方向的夹角也为，粒子在区域Ⅲ内的运动可视为类平抛运动的逆运动，设粒子从D点运动到C点的时间为，粒子从D点运动到C点的过程中沿x轴方向的位移大小为s，有，解得，设粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为，有解得又解得设粒子在区域Ⅲ内运动的加速度大小为a，有又12
解得。(3)粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的周期粒子从原点O运动到D点的时间解得当n为大于零的偶数时，有，，4，6，…解得，，4，6，…当n为大于零的奇数时，有，，3，5，…解得，，3，5，…。11．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间均恰好被电场加速，若相邻漂移管间的电压U＝1×106V大小不变，质子进入漂移管A时速度为v0＝1×107m/s，漂移管间缝隙很小。质子离开漂移管后恰好沿径向射入一同轴圆形区域，内、外半径分别为R1＝1m，R2＝m，半径为R1的圆内分布着B1＝2T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内，已知点K、M、O在同一水平线上，质子的荷质比取1×108C/kg，不计粒子的重力，且不考虑相对论效应。(1)求质子从进入漂移管A到离开漂移管共被加速的次数，质子离开漂移管E时速度；(2)调整加速电压可以改变质子的出射速度，要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，加速电压大小应满足什么条件?(3)改变加速电压的大小，使能进入中间的圆形磁场区域，且粒子进入中间的圆形磁场区域后竖直向下通过圆心O，则加速电压为多大?12
【解析】(1)由图可知，从A管到管质子被四次加速；设质子进入漂移管的速度为，电压对质子所做的功为，质子从漂移管A运动到电场做功，质子的电荷量为、质量为，则，，联立，代入数据得。(2)粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图甲所示O1，设此时粒子在磁场中运动的半径为，在中有代入数据解得粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径，由得得(3)轨迹如图乙所示，由于共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由得易知且满足12
解得，又在外圆区域内得由动能定理有代入数据，解得。12
