（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 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(fù)習(xí) 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(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)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(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)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(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)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(zhuǎn)時，其半徑r＝，由

2、以上兩式整理得：r＝ 。由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)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(shè)D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān) 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(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，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(guān)質(zhì)檢)如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，粒子在磁場中轉(zhuǎn)半個圓周后打在P點，設(shè)OP＝x，能夠正確反應(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是(　　)

4、解析：選B　帶電粒子經(jīng)電壓U加速，由動能定理，qU＝mv2，粒子垂直進入磁感應(yīng)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(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是圖B。 4．(多選)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)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(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強磁場，磁感應(yīng)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°?，F(xiàn)將一質(zhì)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(shè)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(jù)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(jù)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(xué)模擬)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhì)量相同，其帶電荷量之比是1∶3的關(guān)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(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(zhuǎn)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(zhuǎn)角度為30°，可知P3＋的偏轉(zhuǎn)角度為60°，即在磁場中轉(zhuǎn)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(yīng)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(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，經(jīng)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(jīng)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(jīng)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(jīng)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(yīng)正、負(fù)電荷，故A錯誤；帶電粒子經(jīng)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(jù)軌跡，粒子經(jīng)過邊界L1時入射點到出射點間的距離與經(jīng)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(guān)，所以當(dāng)初速度變大但保持方向不變，它仍能經(jīng)過B點，故C正確；設(shè)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(jīng)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(yīng)強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)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(shè)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(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)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(guān)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(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場，在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)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(zhì)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(yīng)強度B的大小。 解析：(1)根據(jù)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(shè)粒子以與x軸正方向成θ角進入磁場 tan θ＝＝，解得θ＝60° 根據(jù)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(yīng)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?，F(xiàn)將一質(zhì)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??； (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(yīng)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(shè)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(jù)可得：xCA＝4d。 (3)由qvB＝m，v＝ ， 聯(lián)立解得：R＝ ， 由題意可知，當(dāng)粒子運動到F點處改變磁感應(yīng)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(shè)此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系可知r＝R。 又因為r＝， 所以B′＝， 代入數(shù)據(jù)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(yīng)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(zhì)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(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計正離子所受重力。求： (1)磁感應(yīng)強度B0的大??； (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(shè)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(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)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(yīng)強度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場b

16、中，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標(biāo)為(4l,3l)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負(fù)方向射入磁場b，經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)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(shè)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(dāng)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(jù)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(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)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(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)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(jīng)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(shè)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(jù)牛頓第

19、二定律有 qE＝ma① 由運動學(xué)公式有 l′＝v0t② v1＝at③ v1＝vcos θ④ 設(shè)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(guān)系得 l＝2Rcos θ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝。⑦ (3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 v1＝v0cot ⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設(shè)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(biāo)

20、系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強磁場，磁感應(yīng)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(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為d，間距為d。電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏?，F(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)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(yuǎn)處為M點，M到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應(yīng)，求： (1)電子通過磁場區(qū)域的時間； (2)偏轉(zhuǎn)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(jù)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(jù)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(jù)解得v′＝。 答案：(1)　(2)　(3)v′＝ 5．(2017·江蘇高考)一臺質(zhì)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(jīng)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(yīng)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(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)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(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)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(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1 則有qvB＝2m 解得r1＝ 根據(jù)幾何關(guān)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(shè)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－]