《2020年物理高考大一輪復習 第9章 磁場 第28講 帶電粒子在組合場中的運動練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年物理高考大一輪復習 第9章 磁場 第28講 帶電粒子在組合場中的運動練習（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第28講 帶電粒子在組合場中的運動解密考綱考查粒子在組合場中的運動，例如質譜儀、回旋加速器1(2019山東莒縣二中高三月考)(多選)用如圖所示的回旋加速器來加速質子，為了使質子獲得的最大動能增加為原來的4倍，可采用下列哪幾種方法()A將其磁感應強度增大為原來的2倍B將其磁感應強度增大為原來的4倍C將D形盒的半徑增大為原來的2倍D將兩D形盒間的加速電壓增大為原來的4倍AC解析 帶電粒子從D形盒中射出時的動能Ekmmv，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑R，聯立可得Ekm，當帶電粒子q、m一定時，則EkmR2B2，即Ekm與磁場的磁感應強度B、D形盒的半徑R的平方成正比，與加速電場的電壓無

2、關，故選項A、C正確，B、D錯誤2(2019溫州中學模擬)(多選)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，如圖所示已知離子P在磁場中轉過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11B在磁場中運動的半徑之比為21C在磁場中轉過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13CD解析 兩個離子的質量相同，其帶電荷量之比是13的關系，所以由a可知，其在電場中的加速度之比是13，故選項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

3、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qvBm知，r，所以其半徑之比為1，故選項B錯誤；由選項B分析知道，離子在磁場中運動的半徑之比為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，所以有sin ，則可知角度的正弦值之比為1，又P的角度為30，可知P3角度為60，即在磁場中轉過的角度之比為12，故選項C正確；由電場加速后qUmv2可知，兩離子離開電場的動能之比為13，故選項D正確3(2019邵陽聯考)(多選)如圖所示，在x0的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1B232.在原點O處同時發(fā)射兩個質量分別為ma和

4、mb的帶電粒子，粒子a以速率va沿x軸正方向運動，粒子b以速率vb沿x軸負方向運動，已知粒子a帶正電，粒子b帶負電，電荷量相等，且兩粒子的速率滿足mavambvb.若在此后的運動中，當粒子a第4次經過y軸(出發(fā)時經過y軸不算在內)時，恰與粒子b相遇粒子重力不計下列說法正確的是()A粒子a、b在磁場B1中的偏轉半徑之比為32B兩粒子在y軸正半軸相遇C粒子a、b相遇時的速度方向相同D粒子a、b的質量之比為15BCD解析 由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r可得，選項A錯誤；由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r可得，a粒子從O點出發(fā)沿x軸正方向射出向上逆時針轉半周在y軸上上移

5、2ra2，穿過y軸后逆時針向下轉半周后下移2ra1，由于B2B1，則第二次經過y軸時在坐標原點的上方(2ra22ra1)處，同理第四次經過y軸時在坐標原點上方2(2ra22ra1)處，選項B正確；當a粒子第四次經過y軸時距O點的距離為2(2ra22ra1)2ra1，當b粒子第一次經過y軸時距O點的距離為2rb12ra1，此后a粒子經過y軸的位置上移，b粒子經過y軸的點下移，不能再相遇，故是b粒子向上轉半周后相遇的，a粒子第四次經過y軸時是向右方向，而b粒子轉半周也是向右的方向，所以兩者方向相同，選項C正確；根據周期公式T及題意，當兩粒子在y軸上相遇時，時間上有Tb1Ta1Ta2，即，結合B1B

6、232，解得，選項D正確4(2019駐馬店高三教學質量檢測)(多選)如圖所示，平面之間坐標系的第二象限內存在著垂直紙面向外、磁感應強度大小為2B的勻強磁場，第三象限內存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場一帶負電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30角方向斜向上射入磁場，且在第二象限運動時的軌跡圓的半徑為R，已知帶電粒子的質量為m，所帶電荷量為q，且所受重力可以忽略則()A粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為12B粒子完成一次周期性運動的時間C粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為3RD若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子完成一次周期性

7、運動的時間將減少AC解析 由半徑公式r知，軌道半徑與磁感應強度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為12，故選項A正確；粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示，在第二象限的周期T1，圓心角120，運動時間t1T1，在第二象限運動的周期T2，圓心角120，運動時間t2T2，所以粒子完成一次周期性運動的時間T0t1t2，故選項B錯誤；粒子在第三象限軌跡圓的半徑為3R，從O點入射后第一次經過x軸的距離x1R，第二次圓弧的弦長x2R22R，所以粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為3R，故選項C正確；若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，周期T與速度無關

8、，圓心角不變，所以在磁場中運動時間tT不變，故選項D錯誤5(2019廈門高三質量檢查)一質量為m的粒子，電量為q，從坐標原點O處沿著x軸正方向運動，速度大小為v0.在0yd的區(qū)域內分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為E ；在dy2d的區(qū)域內分布有垂直于xOy平面向里的勻強磁場ab為一塊很大的平面感光板，放置于y2d處，如圖所示粒子恰好能打到ab板上，不考慮粒子的重力，則勻強磁場的磁感應強度B的大小為()ABCDC解析 由題意知，粒子的運動軌跡，在電場中做類平拋運動，進入磁場做勻速圓周運動，軌跡剛好與ab板相切，如圖所示在電場中，y方向dt2；x方向xv0t.解得t，vytv0，可知進入磁

9、場時速度與x軸正方向夾角為60，進入磁場的速度為2v0，根據幾何關系可得rd，得B，所以選項C正確，A、B、D錯誤6(2019湖南G10教育聯盟高三聯考)(多選)如圖所示，電子由P點從靜止開始沿直線PQ做加速直線運動，從Q點射出若要求電子能擊中在與直線PQ成角方向、與Q點相距d的點M(已知：電子的電荷量為e、質量為m、加速電壓為U、不計電子重力)下列選項正確的是()A電子運動到Q點的速度vB若在Q的右側加一個垂直于紙面向里的勻強磁場B，則其大小為BC若在Q的右側加一個平行于QM的勻強磁場，則電子不可能到達M點D若在Q的右側加一個垂直于PQ向上的勻強電場E，則其大小為EAD解析 由動能定理Uqm

10、v2，解得v，選項A正確；在磁場中偏轉rsin d，evBm，聯立解得 B，選項B錯誤；若在Q的右側加一個平行于QM的勻強磁場，則將電子的速度分解為沿磁場方向的速度v1和垂直于磁場方向的速度v2，則電子以方向沿QM方向做勻速運動，另一方向繞QM做勻速圓周運動，即電子沿QM做螺旋運動，若滿足dv1t，tnTn (n0、1、2、3)電子仍能到達M點，選項C錯誤；若在Q的右側加一個垂直于PQ向上的勻強電場E，則電子沿PQ方向勻速運動，有dcos vt，垂直于PQ方向勻加速，有 t，垂直于PQ方向的加速度為a，聯立解得E，選項D正確7(2019泰安高三一模)(多選)如圖所示，在直角三角形ABC內存在垂

11、直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，C，現垂直AB邊射入一群質量均為m、電荷量均為q、速度相同的帶正電粒子(不計重力)已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，在磁場中運動時間最長的粒子經歷的時間為t0.則下列判斷正確的是()A粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0B該勻強磁場的磁感應強度大小為C粒子在磁場中運動的軌道半徑為dD粒子進入磁場時的速度大小為ABC解析 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，即Tt0，則得周期 T4t0，選項A正確由T得，B，選項B正確設運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為，則有T，得 ，

12、畫出該粒子的運動軌跡如圖所示，設軌道半徑為R，由幾何知識得Rcos 30d，可得Rd，選項C正確根據，解得v，選項D錯誤8(2019華中師大一附中高三理綜)(多選)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，MN間電壓可以任意調節(jié)當電壓調到某一數值時，原來靜止的某種帶電粒子從點P經MN間電場加速后從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的絕緣板，它與N板的夾角為30，假設粒子打在絕緣板上即被吸收，孔Q到板的下端C的距離為L，當MN間電壓為U0時，粒子恰好打在CD板上，已知帶電粒子的電量為q，質量為m，粒子重力不計，則下列說法正確的是()

13、A要使粒子能打到絕緣板上，兩極板間電壓最小值U0BCD板上可能被擊中區(qū)域的長度為LC粒子在磁場中運動的最長時間tmD能達到N板上粒子的最大動能EkmBCD解析 根據題設條件，軌跡恰好與CD相切于E點，如圖所示，由幾何關系(rL)sin 30r，洛倫茲力提供向心力qvBm，在加速電場中由動能定理有U0qmv2，聯立以上式子可得U0，選項A錯誤；由于負粒子做逆時針方向圓周運動，打到CD板上最上的位置為E點，CE2Lcos 30L，速度無窮大時，半徑無窮大，進入磁場后，基本沿直線運動，打到最低的位置為F，CFL，打到CD板的長度為CECFLLL，選項B正確；當粒子軌跡不與CD相切或相交時，粒子在磁場

14、中旋轉半周，時間最長為半個周期，選項C正確；能達到N板的最大速度，對應粒子的最大半徑，而打在N板上的最大半徑是軌跡恰好與CD相切，rL，即題目的已知條件的情況，最大動能是EkmU0q，選項D正確9(2019成都高三摸底)如圖所示，初速度不計的電子束經電壓為U的電場加速后，進入一半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域(區(qū)域中心為O，磁場方向垂直于圓面)，最后射到了與OM連線垂直的屏幕上的P處已知不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M點，電子的電荷量為e，電子所受重力不計則下列判斷正確的是()A圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向里B電子在磁場中運動時受到的磁場力大小一定是C若僅增加加速電壓U，電子束打

15、到屏幕上的位置在P點上方D若僅改變圓形區(qū)域的磁感強度大小，電子束可能打不到屏幕上D解析 由左手定則可知，圓形區(qū)域中磁場的方向垂直于紙面向外，選項A錯誤；電子在電場中被加速，則Uemv2，若在磁場中做圓周運動的半徑為r，則F磁evBm，因電子在磁場中運動的半徑不一定是r，則電子在磁場中運動時受到的磁場力大小不一定是，選項B錯誤；若僅增加加速電壓U，則電子進入磁場的速度v變大，則電子的軌道半徑變大，則電子束打到屏幕上的位置在P點下方，選項C錯誤；若僅使圓形區(qū)域的磁感強度變大，則電子在磁場中運動的半徑減小，電子束經過磁場時的偏折角變大，則電子束可能打不到屏幕上，選項D正確10(2019成都外國語學校

16、模擬)如圖所示，在xOy坐標系的0yd的區(qū)域內分布著沿y軸正方向的勻強電場，在dy2d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為磁場的上邊界現從原點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，粒子運動的軌跡恰與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試求：(1)粒子第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大小；(2)磁場的磁感應強度B的大小解析 (1)根據動能定理，得qEdmv2mv，解得v2v0.粒子在電場中做類平拋運動，有FqE，a，dat，xv0t1，解得t1，x.(2)粒子運動的軌跡如圖所示，設粒

17、子以與x軸正方向成角進入磁場，則tan ，解得60.根據RRcos d，得R.由牛頓第二定律可得qvBm，解得B.答案 (1)2v0(2)11(2019南充高三高考適應性考試)如圖所示，平行板電容器的N板開有一小孔，與固定圓筒的小孔a正對，O是圓筒的圓心，圓筒的內徑為r，筒內有垂直紙面向里的勻強磁場，筒壁光滑電容器內緊靠極板M有一個帶電粒子(初速度為零)，經電壓U加速后從a孔垂直磁場并正對著圓心O進入筒中，該帶電粒子與圓筒壁碰撞三次后恰好又從小孔a射出帶電粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞時電荷量和動能都不損失，粒子的比荷為k，不計粒子的重力和空氣阻力求：(1)帶電粒子進入磁場的速度大?。?2)筒內磁感應

18、強度B的大小(結果均用r、U和k表示)解析 (1)由動能定理qUmv2，得v.(2)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由于帶電粒子與圓筒壁碰撞時無電量和動能損失，故每次碰撞前后粒子速度大小不變設圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB.速度方向總是沿著圓筒半徑方向，3個碰撞點與小孔a恰好將圓筒壁四等分，粒子在圓筒內的軌跡具有對稱性，由四段相同的圓弧組成，則每段軌跡圓弧對應的圓心角為90，則由幾何關系得Rr，聯立解得B.答案 (1)(2)12(2019安徽江淮十校高三第一次聯考)如圖所示，坐標空間中有場強為E100 N/C的勻強電場和磁感應強度為B103T的勻強磁場，y軸為兩種場的分界面，圖中虛

19、線為磁場區(qū)域的右邊界，現有一質量為m，電荷量為q的帶電粒子從電場中坐標位置(1,0)處，以初速度v0105 m/s沿x軸正方向開始運動，且已知帶電粒子的比荷 108 C/kg，粒子的重力忽略不計，則：(1)求帶電粒子進入磁場的速度大小；(2)為使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，求磁場的寬度d應滿足的條件解析 (1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，設運動的加速度為a，由牛頓第二定律可得qEma.設粒子出電場、入磁場時的速度大小為v，此時在y方向的分速度為vy，粒子在電場中運動的時間為t，則vyat，lv0t，解得vyv0，vv0105 m/s.(2)設v的方向與y軸夾角為，則有cos 可得

20、45.粒子進入磁場后在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，如圖所示，則有qvBm，可得R，要使粒子穿越磁場區(qū)域，磁場的寬度應滿足的條件dR(1cos )，綜合已知條件解以上各式可得d(1) m2.41 m.答案 (1)105m/s(2)小于2.41 m13(2019中原名校高三質量考評)如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場區(qū)域勻強電場的場強大小為E、方向豎直向上，寬度為L，區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小也為B，方向垂直紙面向里，一個不計重力的帶正電的粒子，其比荷為，從電場的下邊緣的O點由靜止開始運動，穿過區(qū)域進入區(qū)域后，又回到O點，然

21、后重復上述運動過程(1)為使粒子能完成上述運動，區(qū)域的最小寬度為多大？(2)粒子從O點開始運動全過程的周期T為多大？(結果用B、E、L、 的最簡形式表示)解析 (1)電場中加速qELmv2，磁場中偏轉qvBm，三段圓弧的圓心連線組成等邊三角形，則區(qū)域的最小寬度dRRsin 60，聯立解得dL.(2)在電場中Lt，磁場中運動時間T，總時間t2t1(TTT).答案 (1)(2)L(2)14(2019煙臺高三高考診斷性測試)如圖所示，直角坐標系xOy的第一象限內存在與x軸正方向成45角的勻強電場，第二象限內存在與第一象限方向相反的勻強電場，兩電場的場強大小相等x軸下方區(qū)域和區(qū)域內分別存在磁感應強度不

22、同的、方向垂直紙面向外的足夠大勻強磁場，兩磁場的分界線與x軸平行，區(qū)域中磁場的磁感應強度大小為B，在分界線上有一絕緣彈性擋板，擋板關于y軸對稱現在P(0，y0)點由靜止釋放一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計粒子重力)，粒子立即進入第一象限運動，以速度v穿過x軸后，依次進入區(qū)域和區(qū)域中的磁場，已知粒子從區(qū)域進入區(qū)域時，速度方向垂直擋板緊貼擋板的右側邊緣，在與擋板進行碰撞時粒子的電荷量和能量均無變化，且與擋板的中央發(fā)生過碰撞求：(1)電場強度E的大小；(2)區(qū)域中磁場的磁感應強度大?。?3)粒子再次回到y(tǒng)軸時的位置坐標和此時粒子速度方向解析 (1)粒子在第一象限運動時，根據動能定理得Eqy

23、0mv2，解得E.(2)如圖所示粒子在區(qū)域內做圓周運動的半徑為R1，則有qvBm，由幾何知識可知LACR1(1cos 45)，由題意可知擋板長度L2(y0LAC)設區(qū)域磁場的磁感應強度大小為B0，粒子在區(qū)域內做圓周運動的半徑為 R2，則有 qvB0m，由題意可知擋板長度L2R2n(n1,2,3 )，由以上各式可得 B0(n1,2,3 )(3)由對稱性可知，粒子第二次通過x軸時D點距離坐標原點O的距離為y0，進入第二象限后粒子做類平拋運動，設粒子再次回到y(tǒng)軸時的位置坐標Q(0，y)根據類平拋運動規(guī)律有(yy0)cos45t2，y0(yy0)sin45vt，將E代入可得 y3y0，所以粒子再次回到y(tǒng)軸時的位置坐標Q(0,3y0)設粒子再次回到y(tǒng)軸時沿電場方向的分速度大小為vE，與合速度v合間的夾角為合速度與y軸間的夾角為，而45，則有 vEat，qEma，將上面解得的E和t代入上面的兩式得 vEv，所以tan1 得 45，所以450，即合速度方向沿y軸正方向答案 (1) (2)(3)(0,3y0)速度方向沿y軸正方向12