《2020高考物理一輪總復習 第九章 磁場 能力課1 帶電粒子在組合場中的運動練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理一輪總復習 第九章 磁場 能力課1 帶電粒子在組合場中的運動練習（含解析）新人教版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、能力課1 帶電粒子在組合場中的運動 一、選擇題 1．(2016年全國卷Ⅰ)現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　設質子的質量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質量和電荷量為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qU＝mv2－0

2、，得v＝① 在磁場中qvB＝m② 由①②式聯立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故選項D正確． 2．(多選)(2019屆揚州期末)回旋加速器工作原理示意圖如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過的時間可忽略，它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上，若A處粒子源產生的質子在加速器中被加速，下列說法正確的是(　　) A．若只增大交流電壓U，則質子獲得的最大動能增大 B．若只增大交流電壓U，則質子在回旋加速器中運行時間會變短 C．若磁感應強度B增大，交流電頻率f必

3、須適當增大才能正常工作 D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解析：選BC　當粒子從D形盒中出來時速度最大，根據qvmB＝m，得vm＝，那么質子獲得的最大動能Ekm＝，則最大動能與交流電壓U無關，故A錯誤；根據T＝，若只增大交變電壓U，不會改變質子在回旋加速器中運行的周期，但加速次數減少，則運行時間也會變短，故B正確；根據T＝，若磁感應強度B增大，那么T會減小，只有當交流電頻率f適當增大才能正常工作，故C正確；帶電粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，根據T＝知，換用α粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速α粒子，故D錯誤

4、．故選BC. 3．(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 ∶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BCD　離子P＋和P3＋質量之比為1∶1，電荷量之比等于1∶3，故在電場中的加速度(a＝qE/m)之比等于1∶3，則A項錯誤；離子在離開電場

5、區(qū)域時有qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m，得半徑r＝＝ ，則半徑之比為1∶＝∶1，則B項正確；設磁場寬度為d，由幾何關系d＝rsinα，可知離子在磁場中轉過的角度正弦值之比等于半徑倒數之比，即1∶，因θ＝30°，則θ′＝60°，故轉過的角度之比為1∶2，則C項正確；離子離開電場區(qū)域時有qU＝Ek，離子離開電場時的動能之比等于電荷量之比，即1∶3，則D項正確． 4．(多選)(2018屆廣西三市聯考)在第二象限內有水平向右的勻強電場，在第一、第四象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等．在該平面有一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以垂直x軸的初速度v0從x軸上的P

6、點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經過一段時間恰好垂直于x軸進入下面的磁場，已知OP之間的距離為d，不計粒子的重力，則(　　) A．磁感應強度B＝ B．電場強度E＝ C．粒子自進入磁場至在磁場中第二次經過x軸所用時間為 D．粒子自進入磁場至在磁場中第二次經過x軸所用時間為 解析：選BD　根據題述情境，畫出帶電粒子在勻強電場中的運動軌跡和在勻強磁場中的運動軌跡，如圖所示．帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，豎直方向有y0＝v0t，水平方向有d＝at2，又qE＝ma，tan45°＝，聯立解得E＝，y＝2d，選項B正確；帶電粒子進入勻強磁場時的速度v＝v0，由圖中幾何關系可

7、得，帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝2d，由洛倫茲力提供向心力可得，qvB＝m，聯立解得B＝，選項A錯誤；帶電粒子在第一象限內的運動時間t1＝＝，在第四象限內的運動時間t2＝＝，帶電粒子自進入磁場至在磁場中第二次經過x軸所用時間為t總＝t1＋t2＝，選項D正確，C錯誤． 5．(多選)某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正．為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)(　　) A．若

8、粒子的初始位置在a處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度 B．若粒子的初始位置在f處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度 C．若粒子的初始位置在e處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度 D．若粒子的初始位置在b處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度 解析：選AD　要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示，由左手定則知粒子做圓周運動的周期應為T0＝，若粒子的初始位置在a處時，對應時刻應為t＝T0＝T，同理可判斷B、C、D選項，可得A、D正確． 二、非選擇題 6．(2018屆成都外國語學校模擬)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

9、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．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?。? (2)磁場的磁感應強度B的大?。? 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， 有F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1 解得t1＝，x＝. (2)粒子運動的軌跡

10、如圖所示，設粒子以與x軸正方向成θ角進入磁場 tanθ＝＝，解得θ＝60° 根據R＋Rcosθ＝d，得R＝ 由牛頓第二定律可得qvB＝m， 解得B＝. 答案：(1)2v0　　(2) 7．空間中有一直角坐標系，其第一象限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內，有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場．現有一群質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示．已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為

11、2R的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求： (1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大小； (2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達y軸所用的時間． 解析：(1)設粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m，得v＝ 如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點沿x軸負方向射入電場，則粒子在電場中從D點到N點做類平拋運動，有2R＝vt， 又因為R＝··t2 解得E＝. (2)軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C，從M點射出磁場，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故

12、CM垂直于x軸，速度方向偏轉角度等于圓心角θ＝150°，粒子在磁場中運動的時間為t2＝T＝ 粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH＝， 在無場區(qū)運動的時間t2＝＝ 故粒子到達y軸的時間為 t＝t1＋t2＝. 答案：(1)　　(2) 8．(2018屆秦皇島高三聯考)如圖所示，靜止于A處的正離子，經電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強為E0，方向如圖所示；離子質量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d，離子重力不計． (1)求圓弧虛線對應的半徑R的大小； (

13、2)若離子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內勻強電場場強E的值； (3)若撤去矩形區(qū)域QNCD的勻強電場，換為垂直紙面向里的磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應強度B的取值范圍． 解析：(1)離子在加速電場中加速，根據動能定理，有qU＝mv2，離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據牛頓第二定律，有qE0＝m，解得R＝. (2)離子做類平拋運動 d＝vt 3d＝at2 由牛頓第二定律得qE＝ma，則E＝. (3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有 qBv＝m 則r＝ 離子能打在QN上則既沒有從DQ邊出去也

14、沒有從PN邊上出去，則離子運動徑跡的邊界如圖Ⅰ和Ⅱ，由幾何關系知，離子能打在QN上，必須滿足：d＜r≤2d 則有 ≤B＜ . 答案：(1)　(2)　(3) ≤B＜ |學霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．(多選)(2019屆廣州畢業(yè)班綜合測試)如圖，正方形abcd中△abd區(qū)域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，△bcd區(qū)域內有方向平行于bc的勻強電場(圖中未畫出)．一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場．不計粒子的重力，則(　　) A．粒子帶負電 B．電場的方向是由b指向c C．粒子在b點和d點的動能相等 D．粒子在磁場、

15、電場中運動的時間之比為π∶2 解析：選ABD　根據題述，帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經過bd的中點e進入電場，由左手定則可判斷出粒子帶負電，選項A正確；根據粒子經過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場，可知粒子所受電場力的方向為由c指向b，電場的方向是由b指向c，選項B正確；帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力不做功，在勻強電場中運動，電場力做正功，根據動能定理，粒子在b點的動能大于在d點的動能，選項C錯誤；畫出帶電粒子在勻強磁場和勻強電場中的運動軌跡如圖所示．設正方形abcd的邊長為L，則帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝，設粒子在勻強磁場中運動的速度為v，粒子在勻強磁場中運動

16、的軌跡所對的圓心角為θ＝，在勻強磁場中運動的時間t1＝＝；粒子在勻強電場中的運動可分解為沿垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場方向的初速度為零的勻加速直線運動，由＝vt2，解得在勻強電場中運動時間t2＝，粒子在磁場、電場中運動的時間之比為t1∶t2＝∶＝π∶2，選項D正確． 2．(多選)(2018屆河南開封一模)如圖所示，靜止的帶電粒子所帶電荷量為＋q，質量為m(不計重力)，從P點經電場加速后，通過小孔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為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，小孔Q到絕緣板的下端C的距離為L，當滑動觸頭移動到B端時，粒子恰

17、垂直打在CD板上，則(　　) A．兩板間電壓的最大值Umax＝ B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度為L C．粒子在磁場中運動的最長時間為 D．能打到N板上的粒子的最大動能為 解析：選BD　滑動觸頭移到B端時，兩板間電壓最大，粒子垂直打在CD板上，所以粒子的軌跡半徑為L＝，粒子在電場中運動時，qUmax＝mv2，解兩式得Umax＝，A項錯誤；粒子垂直打在CD板上的位置離C點最遠，距離為L，當粒子運動軌跡恰好與CD相切時，切點位置離C點最近，如圖所示，由幾何條件有sin30°＝，故R＝，KC＝L，所以CD板上被粒子打中的區(qū)域的長度為L，B項正確；打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最

18、長，均為半周期，t＝，C項錯誤；打在N板上的粒子中，軌跡半徑越大則對應的速度越大，即運動軌跡半徑最大的粒子的動能最大，則有當R＝時，Ekmax＝，D項正確． 3．質譜儀可以測定有機化合物分子結構，現有一種質譜儀的結構可簡化為如圖所示，有機物的氣體分子從樣品室注入離子化室，在高能電子作用下，樣品氣體分子離子化或碎裂成離子．若離子化后的離子帶正電，初速度為零，此后經過高壓電源區(qū)、圓形磁場室(內為勻強磁場)、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到離子比荷，進而推測有機物的分子結構．已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區(qū)的半徑為R，真空管與水平面夾角為θ，離子進入磁場室時速度方向指向圓心．則下

19、列說法正確的是(　　) A．高壓電源A端應接電源的正極 B．磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里 C．若離子化后的兩同位素X1、X2(X1質量大于X2質量)同時進入磁場室后，出現圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡Ⅰ一定對應X1 D．若磁場室內的磁感應強度大小為B，當記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應的離子比荷＝ 解析： 選D　正離子在電場中加速，可以判斷高壓電源A端應接負極，同時根據左手定則知，磁場室的磁場方向應垂直紙面向外，A、B均錯誤；設離子通過高壓電源后的速度為v，由動能定理可得qU＝mv2，離子在磁場中偏轉，則qvB＝m，聯立計算得出r＝ ，由此可見，質量大的離子的運動軌跡

20、半徑大，即軌跡Ⅱ一定對應X1，C錯誤；離子在磁場中偏轉軌跡如圖所示，由幾何關系可知r＝，可解得＝，D正確． 二、非選擇題 4．(2019屆哈爾濱三中模擬)如圖甲所示，質量為m、帶電荷量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點以初速度v0垂直進入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場磁感應強度大小不變方向周期性變化，如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域為勻強電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域為勻強磁場，磁感應強度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0.粒子在Ⅰ區(qū)域內一定能完成半圓運動且每次經過mn的時刻均為 整數倍，則 (1)粒子在Ⅰ區(qū)域運動的軌道半徑為多少？ (2)若初始位置與第四次經過mn時的位置距離為x，求粒子進入Ⅲ區(qū)

21、域時速度的可能值(初始位置記為第一次經過mn)． 解析：(1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝m 解得r＝. (2)帶電粒子的運動軌跡有兩種可能． 第一種情況：粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝ qv2B0＝m 解得粒子在Ⅲ區(qū)域速度大?。簐2＝ 第二種情況： 粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝ 粒子在Ⅲ區(qū)域速度大?。簐2＝－2v0. 答案：(1)　(2)?。?v0 5．如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強電場，經電場偏轉后從磁場的左邊界上M點進入垂直紙面向外的勻強磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點離開磁場．已知帶電粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，電場強

22、度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，帶電粒子重力忽略不計，求： (1)粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角θ； (2)磁感應強度B的大小． 解析：(1)由牛頓第二定律有qE＝ma 粒子在電場中水平方向做勻速直線運動，L＝v0t 粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動，射出電場時的豎直分速度vy＝at 速度偏轉角的正切值tan θ＝ 由以上各式代入數據解得θ＝45°. (2)粒子射出電場時運動的速度大小為v＝ 在磁場中洛倫茲力提供向心力：Bqv＝m 由幾何關系得MN＝r 代入數據解得B＝2.

23、5×10－2 T. 答案：(1)45°　(2)2.5×10－2 T 6．如圖所示，兩平行極板MN、GH間的電壓為U，極板間存在水平向右的勻強電場，垂直于紙面向外的勻強磁場存在于兩虛線之外的區(qū)域，磁感應強度大小為B(大小可變)．極板MN和GH上有正對的兩個小孔O和A，PQ為鋁制薄板，ON＝AH＝PQ＝d，NP＝2d.質量為m、電荷量為q的正離子從A點由靜止開始加速，經小孔O進入磁場區(qū)域，兩虛線之間的區(qū)域(除極板間)無電場存在，離子可勻速穿過．忽略相對論效應和離子所受的重力． (1)磁感應強度B為多大時，離子只加速一次就能打到鋁板上？ (2)在第(1)問中，若離子能打到鋁板上的

24、P點，求離子從O到P所經歷的時間． (3)若B＝ ，試通過計算說明離子需加速幾次后第一次打到鋁板上？ 解析：(1)離子在電場中加速，根據動能定理得qU＝mv2 在磁場中，qvB＝m 由幾何關系得離子打在P點時有R1＝d 離子打在Q點時有R2＝2d 聯立解得B1＝ B2＝ 故磁感應強度B的取值范圍為 ≤B≤ . (2)離子在磁場中做圓周運動的周期為T＝ 離子從O運動到P的時間為t＝ 聯立解得t＝ . (3)根據qU＝mv2，qvB＝m，B＝，得r＝d 離子第一次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r1＝d，沒有打到鋁板上； 離子第二次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r2＝

25、d，沒有打到鋁板上； 離子第三次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r3＝d，打到鋁板上； 所以離子加速3次后第一次打到鋁板上． 答案：(1) ≤B≤ 　(2)　(3)3次后 7．(2018年全國卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核11H和一個氘核12H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.11H的質量為m，電荷量為q.不計重力．求 (1)11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；

26、 (2)磁場的磁感應強度大??； (3)12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離． 解析：(1)11H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示． 設11H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學公式有 s1＝v1t1① h＝a1t12② 由題給條件，11H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.11H進入磁場時速度的y分量的大小為 a1t1＝v1tanθ1③ 聯立以上各式得 s1＝h.④ (2)11H在電場中運動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 設11

27、H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有 v1′＝⑥ 設磁感應強度大小為B,11H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝⑦ 由幾何關系得 s1＝2R1sinθ1⑧ 聯立以上各式得 B＝.⑨ (3)設12H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v22＝mv12⑩ 由牛頓第二定律有 qE＝2ma2? 設12H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有 s2＝v2t2? h＝a2t22? v′2＝? sinθ2＝? 聯立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設12H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點在原點左側．設12H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關系有 s2′＝2R2sinθ2? 聯立④⑧???式得，12H第一次離開磁場時的位置到原 點O的距離為 s2′－s2＝(－1)h. 答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h 16