（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)44 帶電粒子在組合場中的運動專題（含解析）新人教版

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1、帶電粒子在組合場中的運動專題 一、選擇題 1．(2018·日照模擬)質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規(guī)律計算出帶電粒子質(zhì)量．其工作原理如圖所示．虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知(　　) A．此粒子帶負電 B．下極板S2比上極板S1電勢高 C．若只減小加速電壓U，則半徑r變大 D．若只減小入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小 答案　D 解析　A項，由圖結合左手定則可知，該電荷帶正電．故A項錯誤． B項，粒子經(jīng)過電場要加速，因正電粒子，所以下極板S2比上極板S1電勢低．故B項錯

2、誤． C項，根據(jù)動能定理得，qU＝mv2，由qvB＝m得：r＝.若只減小加速電壓U，由上式可知，則半徑r減小，故C項錯誤， D項，若只減小入射粒子的質(zhì)量，q不變，由上式可知，則半徑也減小．故D項正確． 2．(2018·煙臺二模)(多選)某回旋加速器兩D形盒間電壓的變化周期可隨時與粒子運動周期同步，粒子通過縫隙時加速電壓都能保持大小為U，已知它可以將質(zhì)子Р加速到某一速度vm，如果改用它加速α粒子，并且也要達到相同的速度，則(　　) A．磁感應強度大小應變?yōu)樵瓉淼? B．磁感應強度應大小變?yōu)樵瓉淼?倍 C．在回旋加速器中轉(zhuǎn)過的周期數(shù)是原來的2倍 D．在回旋加速器中轉(zhuǎn)過的周期數(shù)是原來的

3、 答案　BC 解析　磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等，當粒子從D形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于D形盒的半徑．當粒子在磁場中運動時，qvB＝m，得：v＝ A、B兩項，當質(zhì)子α粒子，根據(jù)v＝知荷質(zhì)比變?yōu)橘|(zhì)子的一半，要是速度不變，需要磁場變?yōu)樵瓉淼?倍，故A項錯誤，B項正確； C、D兩項，根據(jù)磁場中運動周期T＝知荷質(zhì)比變?yōu)橘|(zhì)子的一半，周期變?yōu)?倍，故C項正確，D項錯誤． 3．環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，比荷相等的正、負離子都由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向同時注入對撞機的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B.

4、正、負離子在環(huán)狀空腔內(nèi)只受洛倫茲力作用而沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，然后在碰撞區(qū)迎面相撞，不考慮相對論效應，下列說法正確的是(　　) A．所加勻強磁場的方向應垂直圓環(huán)平面向外 B．若加速電壓一定，離子的比荷越大，磁感應強度B越小 C．磁感應強度B一定時，比荷相同的離子加速后，質(zhì)量大的離子動能小 D．對于給定的正、負離子，加速電壓U越大，離子在環(huán)狀空腔磁場中的運動時間越長 答案　B 解析　離子在環(huán)狀空腔內(nèi)做圓周運動，洛倫茲力指向圓心，由左手定則可知，磁場方向垂直環(huán)面向內(nèi)，A項錯誤；離子加速，由動能定理得qU＝mv2，而運動的半徑r一定，則r＝＝，B項正確，C項錯誤；離子在

5、磁場中的運動時間t＝＝，與加速電壓U的大小無關，D項錯誤． 4.如圖所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為(　　) A．d隨v0增大而增大，d與U無關 B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大 C．d隨U增大而增大，d與v0無關 D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小 答案　A 解析　設粒子從M點進入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為θ，故有v＝.粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為

6、r＝.而MN之間的距離為d＝2rcosθ.聯(lián)立解得d＝2，故A項正確． 5．(2018·重慶二模)(多選)如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強電場，在第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場．有一重力不計的帶電粒子(電量為q，質(zhì)量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限．已知OP之間的距離為d，則(　　) A．帶電粒子通過y軸時的坐標為(0，d) B．電場強度的大小為 C．帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為 D．磁感應強度的大小為 答案　BC 解析　根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡，如圖所示：

7、 粒子進入電場后做類平拋運動，從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場， 所以v＝＝v0； vx＝v0tan45°＝v0 A項，沿x軸方向有：x＝at2 所以＝＝×＝ OM＝2OP＝2d，故A項錯誤； B項，根據(jù)牛頓第二定律，則有：a＝＝； 解得：E＝，故B項正確； C項，在垂直電場方向做勻速運動，所以在電場中運動的時間為：t1＝； 圖中MC為在磁場中運動的軌道半徑，根據(jù)幾何關系可知： MC＝＝2d； 粒子從A點進入磁場，先在第一象限運動＝個圓周而進入第四象限，則運動的時間t2＝T＝， 則帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為，故C項正確； D項，根據(jù)半

8、徑公式R＝，且R＝2d，解得：B＝，故D項錯誤． 6.如圖甲所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上運動的時間都為t.規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應強度為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應強度B隨x變化的關系可能是圖乙中的(　　) 答案　C 解析　由左手定則可判斷出磁感應強度B在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場方向分別為向外、向里和向外，在三個區(qū)域中均運動圓周，故t＝，由于T＝，求得B＝，只有C項正確． 7．(2018·河南模擬)(多選)如圖所示，在兩個同心的

9、大小圓之間分布著指向圓心的電場，在半徑為R的小圓內(nèi)分布著磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場．今在大圓周上的A點從靜止開始釋放一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)，它將往返于電場和磁場中不斷運動．當粒子能夠返回A點且在磁場中運動的時間最短時，下列說法正確的是(　　) A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R B．粒子在磁場中運動的速度大小為 C．粒子在磁場中運動的最短時間為 D．大圓和小圓間的電勢差為 答案　BD 解析　粒子將往返于電場和磁場中不斷運動，當粒子能夠返回A點且在磁場中運動的時間最短，如圖所示 粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R，由qvB

10、＝m，粒子在磁場中運動的速度大小為v＝＝，由動能定理可得qU＝mv2，大圓和小圓間的電勢差為U＝，粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為60°，粒子在磁場中運動的最短時間為t＝3××＝，故B、D兩項正確，A、C兩項錯誤． 8．(2018·河南模擬)(多選)某興趣小組用帶電粒子在如圖所示的電場和磁場中模擬8字形運動，即在y＞0的空間中和y＜0的空間內(nèi)同時存在著大小相等，方向相反的勻強電場，上、下電場以x軸為分界線，在y軸左側和圖中豎直虛線MN右側均無電場，但有方向垂直紙面向里、和向外的勻強磁場，MN與y軸的距離為2d.一重力不計的負電荷從y軸上的P(0，d)點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動，經(jīng)過

11、一段時間后，電子又以相同的速度回到P點，則下列說法正確的是(　　) A．電場與磁場的比值為v0 B．電場與磁場的比值為2v0 C．帶電粒子運動一個周期的時間為＋ D．帶電粒子運動一個周期的時間為＋ 答案　BD 解析　粒子運動軌跡如圖： 粒子在電場中做類平拋運動，則： d＝v0t1 d＝··t12 粒子在磁場中做勻速圓周運動， 則：R＝ 結合幾何關系：R＝d 聯(lián)立解得：＝2v0，故A項錯誤，B項正確； 類平拋運動的時間：4t1＝； 勻速圓周運動的軌跡是兩個半圓，故時間：t2＝； 帶電粒子運動一個周期的時間為：t＝＋，故C項錯誤，D項正確． 9．(2018

12、·淮南二模)(多選)如圖所示，在xOy平面中第一象限內(nèi)有一點P(4 cm，3 cm)，OP所在直線下方有垂直于紙面向里的勻強磁場，OP上方有平行于OP向上的勻強電場，電場強度E＝100 V/m.現(xiàn)有質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電量q＝2×10－3 C帶正電的微粒，從坐標原點O以初速度v0＝1×102 m/s垂直于OP方向射入磁場，經(jīng)過P點時速度方向與OP垂直并進入電場，在經(jīng)過電場中的M點(圖中未標出)時的動能為O點時動能的2倍，不計該微粒重力．下列說法正確的是(　　) A．磁感應強度的大小為0.2 T B．OM兩點間的電勢差為7.5 V C．粒子從P點運動到M點的時間等于5×10－4

13、 s D．M點的坐標為(3 cm，7 cm) 答案　BC 解析　A項，因粒子過P點時垂直于OP，所以OP為粒子做圓周運動的直徑是5 cm其軌跡半徑r＝2.5 cm＝2.5×10－2 m 由于Bqv0＝m，解得：B＝2 T，故A項錯誤； B項，進入電場后，沿電場線方向：y′＝at2＝105t2 vy′＝at＝2×105t 垂直于電場方向：x′＝υt＝103t vx′＝102 m/s， 因為2EKO＝EKM即：2×mv2＝m(vx′2＋vy′2)， 解得：x′＝0.05 m y′＝0.025 m t＝5×10－4 s， 電勢差：U＝E(OP＋y′)＝100(0.0

14、5＋0.025 m)＝7.5 V；故B、C兩項正確； D項，由幾何關系可知，M點坐標： X＝(OP＋y′)cosθ－x′sinθ＝3 cm， Y＝(OP＋y′)sinθ＋x′cosθ＝8.5 cm； 故D項錯誤． 10．(多選)如圖，在xOy平面的第一象限內(nèi)，分布有沿x軸負方向的場強E＝×104 N/C的勻強電場，第四象限內(nèi)分布有垂直于紙面向里的磁感應強度B1＝0.2 T的勻強磁場，第二、三象限內(nèi)分布有垂直于紙面向里的磁感應強度為B2的勻強磁場．在x軸上有一個垂直于y軸的平板OM平板上開有一個小孔P，P處連接有一段長度d＝1 cm，內(nèi)徑不計的直管，位于第一象限內(nèi)，管內(nèi)由于靜電屏蔽沒有

15、電場．Y軸負方向上距O點 cm的粒子源S可以向第四象限平面內(nèi)各個方向發(fā)射α粒子，且OS＜OP.假設發(fā)射的α粒子速度大小v均為2×105 m/s，除了垂直于x軸通過P點的α粒子可以進入電場，其余打到平板上的α粒子均被吸收．已知α粒子帶正電，比荷＝5×107 C/kg，重力不計，則(　　) A．經(jīng)過P點進入電場中運動的α粒子，第一次到達y軸的位置與O點的距離為0.06 m B．經(jīng)過P點進入電場中運動的α粒子，第一次到達y軸的位置與O點的距離為0.07 m C．要使離開電場的α粒子能回到粒子源S處，磁感應強度B2可為 T D．要使離開電場的α粒子能回到粒子源S處，磁感應強度B2可為 T

16、 答案　BD 解析　粒子洛倫茲力提供向心力：qvB1＝m 可得：r＝＝0.02 m 由幾何關系可知P點距O點：x＝r＋＝0.03 m① 粒子進入電場后做類平拋運動，Eq＝ma② x軸方向位移：x＝at2③ y軸方向位移：y＝vt④ 聯(lián)立①②③④式可得：y＝0.06 m 所以，粒子到達y軸位置與O點的距離：H＝y(tǒng)＋d＝0.07 m⑤ A項錯誤，B項正確； 設粒子在y軸射出電場的速度方向與y軸正方向夾角為θ， 根據(jù)速度偏向角公式：tanθ＝＝＝1，可得：θ＝45° 粒子進入磁場時的速度：v′＝＝2v⑥ C、D兩項，若粒子離開電場經(jīng)B2磁場偏轉(zhuǎn)后直接回到S處，設粒子在B

17、2的軌道半徑r′， y軸負方向上的粒子源距O點距離：h＝ cm 由幾何關系可得：r′＝＝×10－2 m⑦ 根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB2＝m⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式可得：B2＝ T， 若粒子離開電場經(jīng)B2磁場偏轉(zhuǎn)后進入B1磁場偏轉(zhuǎn)再回到離子源S處， 則進入B1磁場的偏轉(zhuǎn)半徑：R＝＝×10－2 m 根據(jù)粒子在B2磁場中圓周運動半徑，同理得：B2＝ T 故C項錯誤，D項正確． 二、非選擇題 11.(2018·課標全國Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種

18、離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求 (1)磁場的磁感應強度大?。? (2)甲、乙兩種離子的比荷之比． 解析　(1)甲粒子在電場中加速，由動能定理得： q1U＝m1v12， 由題意可知，甲離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑： r1＝l， 甲離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：q1v1B＝m1， 解得：B＝； (2)離子在電場中加速，由動能定理得： 對甲：q1U＝m1v12， 對乙：q2U＝m2v22， 由題意可知，甲離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑： r

19、1＝l， 乙離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r2＝l， 離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： 對甲：q1v1B＝m1，對乙：q2v2B＝m2， 離子的比荷：k＝， 解得，甲乙離子的比荷之比：＝. 12．(2018·河南一模)如圖所示，坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個方向(包括x軸正方向和負方向)發(fā)射帶正電的同種粒子，速度大小都是v0，在0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為E＝，其中q與m分別為該種粒子的電荷量和質(zhì)量；在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直xOy平面的勻強磁場．a(chǎn)b為一塊很大的平面感光板，放置于

20、y＝2d處，觀察發(fā)現(xiàn)此時恰好沒有粒子打到ab板上．(不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用) (1)求粒子剛進入磁場時的速率； (2)求磁感應強度B的大??； (3)將ab板平移到距x軸最遠什么位置時所有粒子均能打到板上？ 解析　(1)根據(jù)動能定理得Eqd＝mvt2－mv02， 可得剛進入磁場時的速率vt＝2v0 (2)根據(jù)vt＝2v0，對于沿x軸正方向射出的粒子，其進入磁場時與x軸正方向的夾角θ＝ 在電場中沿x軸正方向的位移 x1＝v0t＝d 若沿x軸正方向出的粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x軸正方向射出的粒子在磁場中運動的軌跡與ab板相切，如

21、圖甲所示： 由幾何關系可知r＋rcos＝d 可得粒子做圓周運動的半徑r＝d 洛倫茲力提供向心力qvtB＝m 可得B＝＝ (3)若沿x軸負方向射出的粒子能打到ab板上，則所有粒子均能打到板上，臨界情況就是沿x軸負方向射出的粒子在磁場中運動的軌跡恰好與ab板相切．如圖乙所示： 由圖可知，此時磁場寬度為d 即當ab板位于y＝d的位置時，恰好所有粒子均能打到板上． 13．(2018·徐州一模)如圖所示的xOy平面內(nèi)，以O1(0，R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為Δy(未知)，x軸與直線MN

22、間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場，電場強度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度大小為B2，磁場方向垂直于xOy平面向外．電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對O1點、A(0，2R)點射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點O進入x軸下方的電場．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E＝，B2＝，不計電子重力． (1)求磁感應強度B1的大??； (2)若電場沿y軸負方向，欲使電子a不能到達MN，求Δy的最小值； (3)若電場沿y軸正方向，Δy＝R，欲使電子b從矩形磁場射出的方向與水平夾角為60°，求矩形磁場區(qū)域的最小面積． 解析　(1)電子射入圓形區(qū)域后做圓周運動，軌道半徑相等，設為r，

23、 當電子a射入，經(jīng)過O點進入x軸下方，則： r＝R， ev0B1＝m， 解得：B1＝； (2)勻強電場沿y軸負方向，電子a從O點沿y軸負方向進入電場做減速運動，由動能定理：eE·Δy＝mv02， 可求出Δy＝＝R； (3)勻強電場沿y軸正方向，電子b從O點進入電場做類平拋運動，設電子b到達MN時速度為v，電子b在MN下方磁場做勻速圓周運動半徑為r1，電子b離開電場時速度方向與水平方向成θ角，如圖所示． 由動能定理，有：eE·Δy′＝mv2－mv02， 解得：v＝2v0， cosθ＝＝，故θ＝； 在電場中a＝＝， t1＝＝， x＝v0t1＝2R； 在矩形磁場：evB2＝m， 得：r1＝R， 由幾何關系可知，在下方磁場中運動的圓心O2在y軸上，當粒子從矩形磁場右邊界射出，且方向與水平夾角為θ＝時， 最小矩形磁場的水平邊長為l1＝(r1＋r1sinθ)， 豎直邊長為l2＝(r1＋r1cosθ)， 最小面積為S＝l1l2＝r12(1＋sinθ)(1＋cosθ)＝4(2＋)R2. 14