1、20202020 年高考物理年高考物理专题专题训练训练卷卷 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动 一一、选择题选择题 1.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。 图中的铅盒A中的放射源 放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场加速后， 再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应 强度为B、 方向垂直于纸面向外、 半径为R的圆形匀强磁场。 现在MN上的F点(图中未画出) 接收到该粒子，且GF 3R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计) A. 8U R 2B2 B. 4U R 2B2 C. 6U
2、R 2B2 D. 2U R 2B2 解析 设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qU1 2mv 2，由几何知识知，离子 在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r 3R 3 ，又Bqvmv 2 r，可求 q m 6U R 2B2，故 C 正确。 答案 C 2.(多选)所示， 空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场， 一个带 负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动， 下列说法正确的是 A小球可能做匀变速运动 B小球一定做变加速运动 C小球动能可能不变 D小球机械能守恒 解析 小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，受到竖直向下的重力、竖直向上的电
3、 场力以及洛伦兹力，由于速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可 能做匀变速运动，一定做变加速运动，A 错误、B 正确；若电场力和重力等大反向，则运动 过程中电场力和重力做功之和为零， 而洛伦兹力不做功， 所以小球的动能可能不变， C 正确； 小球运动过程中，电场力做功，故小球的机械能不守恒，D 错误。 答案 BC 3.在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其工作原理如图所示：D1和D2是两个 中空、半径固定的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀 强磁场中；中央O处的粒子源产生的 粒子，在两盒之间被电场加速， 粒子进入磁场后 做匀速圆周运动。忽
4、略 粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的 是 A 粒子在磁场中运动的周期越来越大 B 粒子运动半个圆周之后，电场的方向不必改变 C磁感应强度越大， 粒子离开加速器时的动能就越大 D两盒间电势差越大， 粒子离开加速器时的动能就越大 解析 粒子在磁场中运动的周期T2m qB ，与其速度的大小无关， 粒子运动的周 期不变，故 A 错误； 粒子在电场中被加速， 粒子运动半个圆周之后再次进入电场时， 与开始时运动的方向相反 ，电场的方向必须改变，故 B 错误；由qvBmv 2 R，解得 vqBR m ， 粒子最大动能为Ekm1 2mv 2q 2B2R2 2m ，由此可知最大动能与加速
5、器的半径、磁感应强度以及粒 子的电量和质量有关，磁感应强度越大， 粒子离开加速器时的动能就越大，故 C 正确； 粒子的最大动能Ekmq 2B2R2 2m ，与加速电压的大小无关，即与两盒间的电势差无关，故 D 错误。 答案 C 4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其 中S0A2 3S 0C，则下列相关说法中正确的是 A甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B2 D若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为 32 解析 由左手定则判定甲带负电， 乙带正电， A 错误； 粒子
6、在两极板间做匀速直线运动， 故qEqvB1，则vE B1，故 C 错误；由 S0A2 3S 0C知，R甲2 3R 乙，又Rmv qB，所以 q甲 m甲 3q乙 2m乙， 故 B 正确，D 错误。 答案 B 5.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示 的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区， 该微粒在电场力、 洛伦兹力和重力的共同作 用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是 A该微粒一定带负电荷 B微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C该磁场的磁感应强度大小为 mg qvsin D该电场的场强为Bvcos 解析 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向
7、左的电场力qE和斜向右下方 的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力 mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A， 可知微粒应该做匀速直线运动，则选项 A 正确，B 错误；由平衡条件得：qvBcos mg， qvBsin qE，得磁场的磁感应强度B mg qvcos ，电场的场强 EBvsin ，故选项 C、 D 错误。 答案 A 6.(多选)在一次南极科考中， 科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度。 其原理如 图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方 向的匀强磁场
8、中，导体中电流沿x轴正方向，大小为I。已知金属导体单位体积中的自由电 子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个 侧面间电压为U，则 A金属导体的前侧面电势较低 B金属导体的电阻为U I C自由电子定向移动的速度大小为 I neab D磁感应强度的大小为necU I 解析 金属导体中有自由电子， 当电流形成时， 金属导体内的自由电子逆着电流的方向 做定向移动，在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子，由左手定则可知，自由电子受到的 洛伦兹力沿z轴正方向，自由电子向前侧面偏转，金属导体前侧面聚集了电子，后侧面感应 出正电荷，金属导体前侧面电势低，后侧面电势高，故
9、 A 正确；金属导体前后侧面间的电势 差是感应电势差，而I为沿x轴方向的电流，故导体电阻不等于U I；由电流的微观表达式可 知，InevSnevbc，电子定向移动的速度大小v I nebc，故 C 错误；电子在做匀速直线运 动，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件得eEevB，金属导体前后侧面间的电势差UEb， 解得BnecU I ，故 D 正确。 答案 AD 7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加 速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R， 通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于
10、纸 面，磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源 发出一个质量为m、电荷量为q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入 静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进 入收集器。下列说法中正确的是 A磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内 B加速电场中的加速电压U1 2ER C磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d mER q D任何带正电的离子若能到达P点，则一定能进入收集器 解析 该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动， 所受洛伦兹力指向圆心， 根据左手定则 可知，磁分析器中匀强磁场 的方向垂直于纸面向外，A 错误
11、；该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qEmv 2 R， 在加速电场中加速有qU1 2mv 2，联立解得 U1 2ER，B 正确；该离子在磁分析器中做匀速圆周 运动，有qvBmv 2 r，又 qEmv 2 R，可得 r1 B mER q ，该离子经Q点进入收集器，故dr1 B mER q ，C 错误；任一初速度为零的带正电离子，质量、电荷量分别记为mx、qx，经U1 2ER 的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径RxR，即一定能到达P点，而在磁 分析器中运动的轨迹半径rx1 B mxER qx ，rx的大小与离子的质量、电荷量有关，不一定有 rxd，故能到达P点的离子不一定能进入收
12、集器，D 错误。 答案 B 8(多选)如图所示，在真空中半径为r0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强 磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B0.01 T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一 束带正电的粒子流连续不断地以速度v110 3 m/s 从 c点沿cd方向射入场区，粒子将沿 cd方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，使磁感应强度 变为原来的1 2，不计粒子重力，下列说法正确的是 A电场强度的大小为 10 N/C B带电粒子的比荷为 110 6 C/kg C撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为 0.1 m D带电粒子在磁场中运动的时间为 7.8510
13、 5 s 解析 粒子沿直线运动，则qvBEq，解得EBv0.0110 3 N/C10 N/C，选项 A 正 确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r1 2 Eq m t 2，竖直方向 rvt，解得：q m 2v 2 Er 210 6 100.1 C/kg210 6 C/kg，选项 B 错误，撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为 R mv qB 2 10 3 210 61 20.01 m0.1 m， 选项 C 正确； 带电粒子在磁场中运动的时间为tT 4 m qB 3.14 210 60.01 s1.5710 4 s，选项 D 错误。 答案 AC 9(多选)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板
14、a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂 直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b 板间区域时动能比入射时小。要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可采用的 措施是 A适当减小两金属板的正对面积 B适当增大两金属板的距离 C适当减小匀强磁场的磁感应强度 D使带电粒子的电性相反 解析 在这个复合场中，动能逐渐减小，说明合外力做负功，因洛伦兹力不做功，故电 场力做负功，则电场力小于洛伦兹力。由E4kQ rS 可知，当减小正对面积，Q不变，E增大， 电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动 能变大，选项 A 正确；当增大
15、两板间距离时，场强不变，选项 B 错误；当减小磁感应强度时 洛伦兹力减小， 洛伦兹力可能小于电场力， 选项 C 正确； 当改变粒子电性时， 其所受电场力、 洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，选项 D 错误。 答案 AC 10.(多选)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的 速度选择器和偏转磁场构成。 由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入 速度选择器， 该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场， 最终三种粒子分别打在底 板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感 应强度的大小分别为
16、B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。不计粒子的重力 以及它们之间的相互作用，则 A速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电 B三种粒子的速度大小均为 E B2 C如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大 D如果三种粒子的电荷量均为q，且P1、P3的间距为 x，则打在P1、P3两点的粒子质 量差为qB 1B2x E 解析 根据粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，又由 于粒子束在速度选择器中沿直线运动，因此电场方向一定向右，A 正确；粒子在速度选择器 中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，qEqvB1，可得vE B1，B 错误；粒
17、子在 底板MN下侧的磁场中运动时，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qvB2mv 2 R，可得 R mv qB2，如果三种粒子的电荷量相等，粒子的质量越大，其轨迹半径也越大，所以打在 P3点 的粒子质量最大， C 正确； 由题图可知OP12R12m 1v qB2 ，OP32R32m 3v qB2 ， xOP3OP12m 3v qB2 2m 1v qB2 ，因此 mm3m1qB 2x 2v qB 1B2x 2E ，D 错误。 答案 AC 二二、非选择题非选择题 11.如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中，有一个边界为圆形的匀强磁场，磁感应 强度为B，磁场方向垂直xOy平面向里，其边界分别过原
18、点O(0,0)、点P(L,0)和点Q(0， 3 L)， 第一象限内同时还存在一个竖直方向的匀强电场， 一比荷为k的带电小球以某一初速度 平行y轴正方向从P点射入磁场做匀速圆周运动， 并从Q点离开磁场， 重力加速度为g， 求： (1)匀强电场的方向和电场强度E的大小； (2)小球在磁场中运动的速率和时间t。 解析 (1)由题意可知，小球带正电荷，小球受到的电场力和重力平衡，则电场的方向 竖直向上，且qEmg，又q mk，故 Eg k。 (2)小球在磁场中运动的轨迹如图所示 圆心为C，半径为r，根据几何关系可得 r 2(rL)2( 3L)2 解得r2L，故PQC是等边三角形 根据牛顿第二定律可得q
19、vBmv 2 r 解得r v Bk，故小球运动速率 v2BLk 由T2r v ，解得T2 Bk ，故小球在磁场中运动的时间 t1 6T 3Bk。 答案 (1)匀强电场方向竖直向上，电场强度E的大小为g k (2)2BLk， 3Bk 12.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里 的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x 轴负方向成 37角。在y轴与MN之间的区域内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小 球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域内存在宽度为d的竖直向上的匀强 电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域
20、内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞 出，已知小球在C点的速度大小为 2v0，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8， 求： (1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小； (2)区域内最小电场强度E2的大小和方向； (3)区域内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。 解析 (1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满 足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动。 由图甲知 tan 37qE 1 mg， 解得E13mg 4q cos 37 mg qv0B1 解得B15mg 4qv0 (2)区域中小球做加速直线运动， 电场强度最小， 受力
21、如图乙所示(电场力方向与速度 方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图乙知 cos 37qE 2 mg 解得E24mg 5q 方向与x轴正方向成 53角斜向上 (3)小球在区域内做匀速圆周运动，所以 mgqE3，得E3mg q 因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示 由几何关系可知rrcos 53d， 解得r5 8d 由洛伦兹力提供向心力知 B2q2v0m4v 0 2 r ， 联立得B216mv 0 5qd 。 答案 (1)3mg 4q 5mg 4qv0 (2) 4mg 5q ，方向与x轴正方向成 53角斜向上 (3)mg q 16mv0 5qd 13.如图所示，直角坐标系xOy位于竖
22、直平面内，空间存在着垂直于xOy平面向里的匀 强磁场和平行于xOy平面的匀强电场，第三象限内有一点P，其坐标为(1 m， 3 m)， 质量为m210 5 kg、带电荷量为 q510 5 C 的液滴以 v2 m/s 的速度沿直线从P 点运动到O点，若已知匀强磁场的磁感应强度大小B1 T，重力加速度g取 10 m/s 2。 (1)求匀强电场场强E的大小及方向； (2)若在带电液滴经过O点时只撤去磁场，液滴会经过x轴上的Q点，求Q点的坐标。 解析 (1)由P点坐标为(1 m， 3 m)可得PO与y轴的夹角30 受力分析可知带电液滴沿PO做匀速直线运动，小球受重力、电场力、洛伦兹力，三力 平衡，可得：
23、 qEmgcos 代入数据解得：E2 3 N/C 电场方向沿PO方向(与x轴成 60角斜向右上) (2)撤去磁场，液滴做类平抛运动，设其加速度为g，有 g m 2g2q2E2 m g 2 设撤掉磁场后到达Q点时液滴在初速度方向上的分位移为x，有xvt 在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有 y1 2gt 2 又g与x轴所成夹角为，如图所示，有 tan x y 联立以上各式，代入数据解得 x8 3 5 m 又有OQ2x16 3 5 m 故Q点的坐标为 0 5 316 ，m 答 案 (1)23 N/C 电 场 方 向 沿PO方 向 ( 与x轴 成 60 角 斜 向 右 上 ) (2) 0 5
24、316 ，m 14.如图甲所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，MN右侧存在垂直纸面的均 匀磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，O点下方竖直距离d23.5 cm 处有 一垂直于MN的足够大的挡板。现将一重力不计、比荷q m10 6 C/kg 的正电荷从 O点由静止释 放，经过 t 1510 5 s 后，电荷以 v01.510 4 m/s 的速度通过 MN进入磁场。规定磁 场方向垂直纸面向外为正，t0 时刻电荷第一次通过MN。求： (1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)t4 5 10 5 s 时刻电荷与 O点的竖直距离 d； (3)电荷从O点出发运动到挡板所需时间t。(结果保
25、留两位有效数字) 解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有 v0at Eqma 解得E mv0 qt7.210 3 N/C (2)由qv0Bmv 0 2 r ，T2r v0 得rmv 0 qB，T 2m qB 当磁场垂直纸面向外时，半径r1mv 0 qB15 cm 周期T12m qB1 2 3 10 5 s 当磁场垂直纸面向里时，半径r2mv 0 qB23 cm 周期T22m qB2 2 5 10 5 s 故电荷从t0 时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图 1 所示： t4 5 10 5 s 时刻电荷与 O点的竖直距离 d2(r1r2)4 cm (3)电荷从第一次通过MN开始计时，其运动周期为 T4 5 10 5 s 根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为 4 个，此时电荷沿MN 运动的距离s4d16 cm，则最后 s7.5 cm 的距离如图 2 所示， 有r1r1cos s 解得 cos 0.5，则60 故电荷运动的总时间 t总t4T1 3T 1157 45 10 5 s1.1104 s。 答案 (1)7.210 3 N/C (2)4 cm (3)1.1104 s
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