（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（三十）帶電粒子在組合場中的運動（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（三十）帶電粒子在組合場中的運動（含解析） 1．(2016·全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為(　　) A．11　　　　　　　　　 B．12 C．121 D．144 解析：選D　帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r＝，由

2、以上兩式整理得：r＝ 。由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：＝144，選項D正確。 2.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。設D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是(　　) A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關 C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使

3、用正弦式交變電流 D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解析：選A　由T＝，T＝，可得質子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關，選項A正確，B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項C錯誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝，故選項D錯誤。 3.(2019·廣東韶關質檢)如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，粒子在磁場中轉半個圓周后打在P點，設OP＝x，能夠正確反應x與U之間的函數(shù)關系的是(　　)

4、解析：選B　帶電粒子經電壓U加速，由動能定理，qU＝mv2，粒子垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，洛倫茲力提供向心力，qvB＝m，2R＝x，聯(lián)立解得：x＝ ，所以能夠正確反應x與U之間的函數(shù)關系的是圖B。 4．(多選)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內有垂直于xOy平面由內向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，θ＝45°。現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是(　　) A．若h＝，則粒子垂直C

5、M射出磁場 B．若h＝，則粒子平行于x軸射出磁場 C．若h＝ ，則粒子垂直CM射出磁場 D．若h＝，則粒子平行于x軸射出磁場 解析：選AD　若h＝，則在電場中，由動能定理得：qEh＝mv2；在磁場中，由牛頓第二定律得qvB＝m，聯(lián)立解得：r＝a，根據幾何知識可知粒子垂直CM射出磁場，故A正確，B錯誤。若h＝，同理可得：r＝a，則根據幾何知識可知粒子平行于x軸射出磁場，故C錯誤，D正確。 5．(多選)(2019·溫州中學模擬)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示

6、。已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為2∶1 C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 解析：選CD　兩個離子的質量相同，其帶電荷量之比是1∶3的關系，所以由a＝可知，其在電場中的加速度之比是1∶3，故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達式為：v＝ ，可知其速度之比為1∶。又由qvB＝m知，r＝，所以其半徑之比為∶1，故B錯誤。由B項分析知道，離子在磁場中運動的半

7、徑之比為∶1，設磁場寬度為L，離子通過磁場轉過的角度等于其圓心角，所以sin θ＝，則可知角度的正弦值之比為1∶，又P＋的偏轉角度為30°，可知P3＋的偏轉角度為60°，即在磁場中轉過的角度之比為1∶2，故C正確。由電場加速后：qU＝mv2可知，兩離子離開電場的動能之比為1∶3，故D正確。 6.(2018·遼寧本溪三校聯(lián)考)如圖所示，L1和L2為平行線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里的磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L2線上，帶電粒子從A點以初速度v與L2線成θ＝30°角斜向上射出，經過偏轉后正好過B點，經過B點時速度方向也斜向上，不計粒子重力，下列說法中不正確的是(　　) A

8、．帶電粒子一定帶正電 B．帶電粒子經過B點時的速度一定跟在A點的速度相同 C．若將帶電粒子在A點時的初速度變大(方向不變)它仍能經過B點 D．若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2線成60°角斜向上，它就不再經過B點 解析：選A　畫出帶電粒子運動的兩種可能軌跡，如圖所示，對應正、負電荷，故A錯誤；帶電粒子經過B點的速度跟在A點時的速度大小相等、方向相同，故B正確；根據軌跡，粒子經過邊界L1時入射點到出射點間的距離與經過邊界L2時入射點到出射點間的距離相同，與速度大小無關，所以當初速度變大但保持方向不變，它仍能經過B點，故C正確；設L1與L2之間的距離為d，由幾何知識得A到B的距離為

9、x＝，所以，若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2線成60°角斜向上，它就不再經過B點，故D正確。 7．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 解析：(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力

10、公式及牛頓定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉過180°時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉過180°時，所需時間t2為 t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為 t0＝t1＋t2＝1＋。⑤ (2)由幾何關系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝。⑥ 答案：(1)　(2) 8.如圖所示，在xOy坐標系的0≤y≤d的區(qū)域內分布著沿y軸正方向的勻強電場，在d≤y≤2d的區(qū)域內分布著垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界?，F(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質量之比)為k的帶正電粒子，

11、粒子運動軌跡恰與ab相切并返回磁場。已知電場強度E＝，不計粒子重力和粒子間的相互作用。求： (1)粒子第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大?。? (2)磁場的磁感應強度B的大小。 解析：(1)根據動能定理得，qEd＝mv2－mv02， 解得v＝2v0 粒子在電場中做類平拋運動，由F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1 解得t1＝，x＝。 (2)粒子運動的軌跡如圖所示，設粒子以與x軸正方向成θ角進入磁場 tan θ＝＝，解得θ＝60° 根據R＋Rcos θ＝d，解得R＝ 由牛頓第二定律可得qvB＝m， 解得B＝。 答案：(1)2v0　　(2) 9.(2019·汕頭

12、模擬)如圖所示，虛線MN為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為E，方向豎直向下且與邊界MN成θ＝45°角，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外，在電場中有一點P，P點到邊界MN的豎直距離為d。現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P處由靜止釋放(不計粒子所受重力，電場和磁場范圍足夠大)。求： (1)粒子第一次進入磁場時的速度大小； (2)粒子第一次出磁場處到第二次進磁場處的距離； (3)若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應強度大小突然變?yōu)锽′，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場中，則B′的最小值為多少？ 解析：(1)設粒子第一次進入磁場時的速度大小為v，由動能定

13、理可得qEd＝mv2， 解得：v＝ 。 (2)粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場到第二次進磁場，兩點間距為xCA，由類平拋運動規(guī)律：x＝vt，y＝at2，qE＝ma， 由幾何知識可得x＝y(tǒng)， 解得：t＝ ， 兩點間的距離為：xCA＝vt， 代入數(shù)據可得：xCA＝4d。 (3)由qvB＝m，v＝ ， 聯(lián)立解得：R＝ ， 由題意可知，當粒子運動到F點處改變磁感應強度的大小時，粒子運動的半徑有最大值，即B′最小，粒子的運動軌跡如圖中的虛線圓所示。 設此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則由幾何關系可知r＝R。 又因為r＝， 所以B′＝， 代入數(shù)據可得：B′

14、＝2(2－)B。 答案：(1) 　(2)4d　(3)2(2－)B B卷——重難增分專練 1．(2019·佛山模擬)如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場，已知正離子的質量為m，電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計正離子所受重力。求： (1)磁感應強度B0的大小； (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場

15、時的速度v0的可能值。 解析：(1)設磁場方向垂直于紙面向里時為正，正離子射入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有 B0qv0＝m 粒子運動的周期T0＝ 解得B0＝。 (2)正離子從O′孔垂直于N板射出磁場時，可能的運動軌跡如圖所示， 正離子在兩板之間只運動一個周期T0時，有r＝ 正離子在兩板之間運動n個周期即nT0時，有r＝(n＝1,2,3，…) 解得v0＝(n＝1,2,3，…)。 答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 2.如圖所示，在坐標系xOy中，第一象限內充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，在磁場a中，磁感應強度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場b

16、中，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標為(4l,3l)。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b，經過一段時間后，粒子恰能經過原點O，不計粒子重力。求： (1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少？ (2)粒子運動的速度大小可能是多少？ 解析：(1)設粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a中和磁場b中運動的軌道半徑和周期，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得 qvB＝m 解得Ra＝，Rb＝， Ta＝＝＝，Tb＝＝ 當粒子先在磁場b中運動，后進入磁場a中運動，然后從O點射出時，粒子從P點運動到O點所用的時間最短，如圖所示。根

17、據幾何知識得tan α＝＝，故α＝37° 粒子在磁場b和磁場a中運動的時間分別為 tb＝Tb，ta＝Ta 故從P點運動到O點的時間為 t＝ta＋tb＝。 (2)由題意及上圖可知 n(2Racos α＋2Rbcos α)＝ 解得v＝(n＝1,2,3，…)。 答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 3．(2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為

18、條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點入射時速度的大??； (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 解析：(1)粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱，如圖(a)所示。 (2)設粒子從M點射入時速度的大小為v0，進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ[如圖(b)]，速度v沿電場方向的分量為v1。 根據牛頓第

19、二定律有 qE＝ma① 由運動學公式有 l′＝v0t② v1＝at③ v1＝vcos θ④ 設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝⑤ 由幾何關系得 l＝2Rcos θ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝。⑦ (3)由運動學公式和題給數(shù)據得 v1＝v0cot ⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則 t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， T＝? 由②⑦⑨⑩?式得 t′＝。? 答案：(1)見解析　(2)　(3)　 4.(2019·淮南模擬)在如圖所示的坐標

20、系內，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側的等腰直角三角形區(qū)域內分布著勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d。PQ右側為偏轉電場，兩極板長度為d，間距為d。電場右側的x軸上有足夠長的熒光屏。現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內從坐標原點O沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠處為M點，M到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉電場邊緣效應，求： (1)電子通過磁場區(qū)域的時間； (2)偏轉電場的電壓U； (3)電子至少以多大速率從O點射出時才能打到熒光屏上。 解析：(1)電子在磁場中運動，由牛頓第二定律得evB

21、＝m 解得r＝ 電子在磁場區(qū)域運動周期為T＝＝ 通過磁場區(qū)域的時間為t1＝T＝。 (2)由幾何知識得電子在磁場中運動的最大半徑r＝d，又r＝ 解得電子進入電場的最大速度v＝ 通過電場的時間t2＝，代入數(shù)據解得t2＝ 電子離開電場后做勻速直線運動到達M點，如圖甲所示 ＝＝，又y1＋y2＝d 解得y1＝d 故t22＝d 代入數(shù)據解得U＝。 (3)電子恰好打在下極板右邊緣，如圖乙所示 在磁場中運動半徑r′＝ 電場中水平方向d＝v′t 豎直方向r′＝t2 由上述三式代入數(shù)據解得v′＝。 答案：(1)　(2)　(3)v′＝ 5．(2017·江蘇高考)一臺質譜儀的工作原

22、理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。 (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x； (2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件。 解析：(1)甲種離子在電場中加速時，有qU0＝×2mv2 設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1 則有qvB＝2m 解得r1＝ 根據幾何關系有x＝2r1－L 解得x＝ －L。 (2)如圖所示。 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 d＝r1－ 解得d＝ － 。 (3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝ r2的最大半徑r2max＝ 由題意知2r1min－2r2max>L 即 － >L 解得L< [2－]。 答案：(1) －L　 (2)圖見解析　 － (3)L< [2－]