專題提升練23帶電粒子在組合場中的運動及其在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用梯級Ⅰ基礎(chǔ)練1.回旋加速器使人類對高能粒子的獲得取得了跨越性的進步，圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，A、C板間有電場，虛線(含A、C板)之外的D形盒區(qū)域有勻強磁場，粒子的運動軌跡如圖所示。下列說法正確的是(D)A.A、C間電場為交變電場B.帶電粒子每一次加速前后，速度增加量相同C.粒子從離開A板到再次回到A板，其間被加速兩次D.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)解析帶電粒子只有經(jīng)過A、C板間時被加速，即粒子從離開A板到再次回到A板，其間被加速一次，且板間電場方向保持不變，所以A、C間電場不是交變電場，A、C兩項錯誤；設(shè)帶電粒子在A、C板間被加速的加速度大小為a，則有Δv=aΔt，由于A、C板間距離保持不變，隨著帶電粒子被加速后每次經(jīng)過A、C板間的速度逐漸變大，帶電粒子被加速的時間逐漸減小，則帶電粒子每一次加速前后，速度增加量逐漸減小，B項錯誤；當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大，設(shè)D形盒半徑為R，則有R=mvmqB，可得vm=qBRm，加速粒子的最大速度與D2.(多選)如圖，水平虛線下方有水平向右的勻強電場，虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，P為虛線上的一點，從O點沿OP方向先后射出初動能分別為E0和2E0的兩個質(zhì)子，它們第一次經(jīng)過虛線上的位置分別為M1、M2，第二次經(jīng)過虛線上的位置分別為N1、N2，M1、M2、N1、N2圖中未畫出，已知O、P連線垂直于電場也垂直于磁場，則(BD)A.PM1=PM2 B.PM1>PM2C.M2N2<M1N1 D.M2N2=2M1N1解析對于這兩個質(zhì)子有E0=12mv12，2E0=12mv22，電場中質(zhì)子在豎直方向做勻速直線運動，則有hOP=v1t1，hOP=v2t2，電場中質(zhì)子在水平方向做勻加速直線運動，則有PM1=12·Eqm·t12，PM2=12·Eqm·t22，解得PM1=2PM2，A項錯誤，B項正確；令兩個質(zhì)子進入磁場的速度分別為v3、v4，該速度與虛線夾角為θ1、θ2，則有R1=mv3qB，R2=mv4qB，對應(yīng)的弦長為M1N1=2R1sinθ1，M2N2=2R2sinθ2，在電場中有v3sinθ1=v1，v4sinθ2=v2，由于E0=12mv12，2E3.(多選)(2025·茂名模擬)如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力，下列說法正確的是(AB)A.加速電場的電壓U=12B.極板M比極板N電勢高C.直徑PQ=2BqmERD.若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子有相同的質(zhì)量解析在加速電場中根據(jù)動能定理有Uq=12mv2，在靜電分析器中電場力提供向心力Eq=mv2R，加速電場的電壓U=12ER，A項正確；在靜電分析器中粒子所受電場力方向與電場方向相同，故粒子帶正電，粒子在加速電場中加速，加速電場方向水平向右，故極板M比極板N電勢高，B項正確；磁分析器中洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r，直徑為PQ=2r=2BmERq，梯級Ⅱ能力練4.(2025·湛江模擬)如圖所示，距離為L的豎直虛線P與Q之間分布著豎直向下的勻強電場，A為虛線P上一點，C為虛線Q上一點，水平虛線CD與CF之間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，虛線CF與虛線Q之間的夾角θ=30°，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從A點以水平初速度v0射出，恰好從C點射入磁場，速度與水平方向的夾角也為θ，粒子重力可忽略不計。求:(1)粒子帶何種電荷?電場強度大小；(2)粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(3)粒子在磁場中運動的時間。解析(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，電場力向下，與電場方向相同，則粒子帶正電；設(shè)帶電粒子在勻強電場中運動時間為t1，則有L=v0t1，tan30°=at由牛頓第二定律得qE=ma，聯(lián)立解得電場強度大小為E=3m(2)帶電粒子進入磁場的速度大小為v=v0cos30°=23帶電粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2聯(lián)立解得r=mvqB=2(3)根據(jù)幾何關(guān)系可得，帶電粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為α=2θ=60°，則粒子在磁場中運動的時間為t=60°360°T=16×聯(lián)立解得t=πm3qB答案(1)正電荷3mv023qL(2)25.如圖，兩個半圓狀同心圓弧，分別交于坐標軸上的a、b、c點和d、e、f點。大圓半徑為R0，輻向電場(電場方向由原點O向外)分布于兩圓弧之間，其間的電勢差為U0；圓弧abc內(nèi)為無場區(qū)。半圓弧def外側(cè)區(qū)域有垂直紙面向里的足夠大勻強磁場，其上邊界在y=2R0處，O點處有一粒子源，可以在xOy平面內(nèi)向x軸上方各個方向均勻射出帶正電的粒子(粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q)，初速度均為qU0m，先后經(jīng)過電場和磁場區(qū)域。不計粒子的重力以及粒子之間的相互作用(1)粒子剛進入磁場區(qū)域的速度；(2)某粒子初速度方向與x軸正方向夾角為45°，恰能從磁場上邊界垂直射出，則磁感應(yīng)強度B1為多少；(3)調(diào)節(jié)不同的磁感應(yīng)強度，則能從磁場上邊界垂直射出的粒子的運動半徑不同。其中半徑最小時對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B2為多少。解析(1)設(shè)粒子剛離開電場的速度為v，粒子在電場中有qU0=12mv2-12m解得v=3qU(2)如圖甲所示，由圖可知粒子做圓周運動的半徑r1=2R0-R0sin45°)sin45°=(2由洛倫茲力提供向心力得B1qv=mv2解得B1=mvqr1(3)粒子運動過程如圖乙所示，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r2，O'是粒子做圓周運動的圓心，OO'間的距離為d，由幾何關(guān)系可知，d的大小總滿足d2=R02+當(dāng)r2最小時，d也最小，由圖乙可知dmin=2R0，代入可求r2=3R0，由洛倫茲力提供向心力得B2qv=mv2解得B2=1R答案(1)3qU0m(2)226.(2024·甘肅卷)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子(不計重力)，加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。(1)粒子帶正電還是負電?求粒子的比荷。(2)求O點到P點的距離。(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小。解析(1)由于粒子在區(qū)域Ⅲ向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進入速度選擇器時的速度為v0，在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，由平衡條件qv0B1=qE1，在加速電場中，由動能定理qU=12mv聯(lián)立解得，粒子的比荷為qm=E(2)粒子在偏轉(zhuǎn)分離器中運動，由洛倫茲力提供向心力qv0B2=mv0O點到P點的距離為OP=2r=4UB(3)粒子進入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力F洛=qv0B1，向下的電場力F=qE2，由于E2>E1，且qv0B1=qE1，所以通過配速法，如圖所示，其中滿足qE2=q(v0+v1)B1，則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0+v1做勻速運動的同時，豎直面內(nèi)以v1做勻速圓周運動，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點的要求，故此時粒子打在O'點的速度大小為v'=v0+v1+v1=2E技法點撥帶電粒子在正交的勻強磁場和勻強電場中運動，若所受洛倫茲力與電場力(和重力)不平衡而做復(fù)雜的曲線運動時，為帶電粒子配上一對等大反向的速度或?qū)щ娏Ｗ拥某跛俣冗M行拆分，那么帶電粒子復(fù)雜的曲線運動就可等效為沿某一方向的勻速直線運動和沿某一時針方向的勻速圓周運動的合成。答案(1)帶正電E122UB12(2)梯級Ⅲ創(chuàng)新練7.圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運動的速率v隨時間t變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應(yīng)、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是(A)A.同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差隨時間變化減小B.v1∶v2∶v3=1∶2∶3C.粒子在電場中的加速次數(shù)為vD.t3-t2>t2-t1解析粒子在電場中加速過程，根據(jù)動能定理有nqU=12mvn2，(n-1)qU=12