2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练五十三带电粒子在复合场中的运动

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练五十三带电粒子在复合场中的运动，共9页。

1．如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B，并且二者相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过．则该带电粒子( )
A．一定带正电
B．速度大小为 eq \f(E,B)
C．可能沿QP方向运动
D．若沿PQ方向运动的速度大于 eq \f(E,B)，将一定向下极板偏转
2．回旋加速器的工作原理如图1所示，D1和D2是两个相同的中空半圆金属盒，金属盒的半径为R，它们之间接如图2所示的交变电源，图中U0、T0已知，两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中．将一质子从D1金属盒的圆心处由静止释放，质子( eq \\al(1,1) H)经过加速后最终从D形盒的边缘射出．已知质子的质量为m，电荷量为q，不计电场中的加速时间，且不考虑相对论效应．下列说法正确的是( )
A．回旋加速器中所加磁场的磁感应强度B＝ eq \f(πm,2qT0)
B．质子从D形盒的边缘射出时的速度为 eq \r(\f(2qU0,m))
C．在其他条件不变的情况下，仅增大U0，可以增大质子从边缘射出的速度
D．在所接交变电源不变的情况下，若用该装置加速 eq \\al(3,1) H(氚核)，需要增大所加磁场的磁感应强度
3．(多选)[2024·河南南阳调研]如图所示，关于带电粒子(不计重力)在以下四种仪器中运动，下列说法正确的有( )
A.甲图中，只要增大加速电压，粒子最终就能获得更大的动能
B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷( eq \f(q,m))越小
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势低于B极板电势
D．丁图中，从左侧射入的带负电粒子，若速度满足v< eq \f(E,B)，将向上极板偏转
4．[2024·河南郑州统考模拟预测]如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中．粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且SP＝x.忽略粒子的重力，通过测量得到x与 eq \r(U)的关系如图乙所示，已知斜率为k＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B为2×10－4 T，π＝3.14，则下列说法中正确的是( )
A．该粒子带负电
B．该粒子比荷为9×108 C/kg
C．该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10－5 s
D.若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子
5．[2024·福建厦门四模]如图甲所示，某直线加速器由金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒左右底面中心开有小孔，其中心轴线在同一水平线上，圆板及相邻金属圆筒分别接在周期性交变电源的两极．粒子自金属圆板中心无初速度释放，在间隙中被电场加速(穿过间隙的时间忽略不计)，在圆筒内做匀速直线运动．粒子在每个金属圆筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能在间隙处一直被加速．电荷量为q、质量为m的质子 eq \\al(1,1) H通过此加速器加速，交变电压如图乙所示(U0、T0未知)，粒子飞出4号圆筒即关闭交变电源．加速后的质子从P点沿半径PO射入圆形匀强磁场区域，经过磁场偏转后从Q点射出．∠POQ＝120°，已知匀强磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应，求：
(1)质子在圆形磁场中运动的时间；
(2)直线加速器所加交变电场的电压U0；
(3)若交变电压周期不变，粒子换成氚核eq \\al(3,1)H，为使氚核在每个金属圆筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，需将交变电压调为U0的多少倍？
6．[2024·河北唐山模拟预测]如图所示，xOy坐标系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点．质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度，从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场(不计粒子的重力)，求：
(1)粒子的速度大小；
(2)粒子离开磁场后，经过x轴上N点(图中没有标出)，已知NO＝5L，求匀强电场的电场强度；
(3)求粒子从D点到达N点所经历的时间．
7．[2023·山东卷]如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场．一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力).
(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开．
(ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；
(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场．
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8．[2024·山东省滨州市高三模拟]如图，圆柱形区域与xOy平面相切于y轴，该区域内存在平行y轴的匀强磁场．在y＝ eq \f(L,2)和y＝－ eq \f(L,2)位置，紧靠y轴放置两平行金属板，金属板与xOz平面平行，沿z轴方向长为L，沿x轴方向宽度足够大，两板间加恒定电压．在金属板右侧垂直z轴固定一足够大的荧光屏，荧光屏与金属板右端距离为 eq \f(L,2)，荧光屏与z轴交点记为O′.xOz平面内有一与z轴平行且宽度等于磁场区域直径的线状粒子源，粒子源各位置处均匀向外无初速度释放带电粒子，已知单位时间内粒子源释放的总粒子数为N.粒子源释放的粒子经加速电压加速后，全部射向磁场区域，通过磁场后均过O点离开磁场，进入偏转电场后，粒子向y轴正方向偏转，最终部分粒子打在荧光屏上．已知粒子进入磁场前的加速电压与离开磁场后的偏转电压大小相等，不计粒子重力．求：
(1)如图所示，沿与z轴正方向夹角θ离开磁场的粒子，最终打在荧光屏上的x轴坐标值；
(2)荧光屏上显示的粒子落点形成的图线的方程；
(3)单位时间打在荧光屏上的粒子数．
课时分层精练（五十三） 带电粒子在复合场中的运动
1．解析：速度选择器不选择电性，只选择速度，粒子不一定带正电，选项A错误；根据电场力等于洛伦兹力知，qE＝qvB，解得v＝ eq \f(E,B)，选项B正确；粒子只能沿PQ方向运动，不能沿QP方向运动，选项C错误；由于不知道粒子的电性，若运动的速度大于 eq \f(E,B)，无法确定粒子偏转方向，选项D错误．
答案：B
2．解析：带电粒子在磁场中运动的周期与所加交变电源的周期T0相同，所以满足T0＝ eq \f(2πm,qB)
可得，B＝ eq \f(2πm,qT0)，选项A错误；
粒子从D形盒边缘射出时有 eq \f(1,2)mv2＝nU0q，射出速度可表示为v＝ eq \r(\f(2nqU0,m))，选项B错误；
粒子从D形盒射出时，qvmaxB＝m eq \f(v eq \\al(2,max) ,R)，可得vmax＝ eq \f(qBR,m)，仅增大加速电压U0，质子射出速度大小不变，选项C错误；
当加速氚核时，其在磁场中运动的周期为T＝ eq \f(2π·3m,qB′)，其周期应该与T0相同，又知道T0＝ eq \f(2πm,qB)
可知B′＝3B，需要增大所加磁场的磁感应强度，选项D正确．故选D.
答案：D
3．解析：甲图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时，粒子具有最大速度，即vm＝ eq \f(qBR,m)
粒子的最大动能Ekm＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,m) ＝ eq \f(q2B2R2,2m)
由此可见最大动能与加速电压无关，故A项错误；
乙图中，粒子射出速度选择器后在磁场中运动有B0qv＝m eq \f(v2,r)
解得r＝ eq \f(mv,B0q)＝ eq \f(v,B0·\f(q,m))
粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即r越小，则粒子的比荷越大，故B项错误；
丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正电粒子向B极板偏转，负电粒子向A极板偏转，因此A极板电势低于B极板电势，故C项正确；
丁图中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v< eq \f(E,B)
即洛伦兹力小于电场力，粒子将向上极板偏转，故D项正确．故选CD.
答案：CD
4．解析：粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；
粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU＝ eq \f(1,2)mv2
解得，v＝ eq \r(\f(2qU,m))
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m eq \f(v2,r)，可得r＝ eq \f(mv,qB)＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))
则有x＝2r＝ eq \r(\f(8m,B2q))· eq \r(U)
可知x­ eq \r(U)图像的斜率为k＝ eq \r(\f(8m,B2q))＝0.5
可得粒子的比荷为 eq \f(q,m)＝ eq \f(32,B2)＝ eq \f(32,4×10－8) C/kg＝8×108 C/kg，故B错误；
该粒子在磁场中运动的时间为t＝ eq \f(1,2)T＝ eq \f(1,2)× eq \f(2πm,qB)＝
eq \f(3.14,8×108×2×10－4)s≈1.96×10－5 s，故C正确；
根据x＝2r＝ eq \r(\f(8m,B2q))· eq \r(U)，若电压U不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误．故选C.
答案：C
5．解析：（1）质子在圆形磁场中运动时，做匀速圆周运动，则有qvB＝m eq \f(v2,r)，T＝ eq \f(2πr,v)，t＝ eq \f(180°－120°,360)T
解得t＝ eq \f(πm,3qB)
（2）粒子在磁场中运动时qvB＝m eq \f(v2,r)，tan 30°＝ eq \f(R,r)
质子在直线加速器中运动时，共经过4次缝隙，由动能定理得4qU0＝ eq \f(1,2)mv2－0
解得U0＝ eq \f(3qB2R2,8m)
（3）为使氚核在每个金属筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，则速度大小不变4qU′＝ eq \f(1,2)·3mv2－0
得U′＝ eq \f(9qB2R2,8m)
即需将交变电压调为U0的3倍
答案：（1） eq \f(πm,3qB) （2） eq \f(3qB2R2,8m) （3）3倍
6．解析：（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，根据几何关系有
GD＝FG＝R，OG＝ eq \f(3,4)R
则OD＝R＋ eq \f(3,4)R＝7L，解得R＝4L
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m eq \f(v2,R)，解得v＝ eq \f(4qBL,m)
（2）粒子在电场中的类平抛运动轨迹如图所示，
粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：x＝GN＝8L
沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：y＝FG＝4L
根据x＝vt，y＝ eq \f(1,2)at2，a＝ eq \f(qE,m)
解得E＝ eq \f(2qB2L,m)
（3）设粒子在磁场中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，
t1＝ eq \f(1,4)T
带电粒子在磁场中运动的周期为T＝ eq \f(2πm,qB)
联立得t1＝ eq \f(πm,2qB)，x＝GN＝8L＝vt2
解得：t2＝ eq \f(2m,qB)，所以时间t＝t1＋t2＝ eq \f(（4＋π）m,2gB)
答案：（1） eq \f(4qBL,m) （2） eq \f(2qB2L,m) （3） eq \f(（4＋π）m,2gB)
7．解析：（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE·2d＝ eq \f(1,2)mv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m eq \f(v2,R)
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知R＝ eq \f(d,3)
联立可得B＝6 eq \r(\f(mE,qd))
（2）（ⅰ）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知R eq \\al(2,1) ＝（2d）2＋（R1－d）2
解得R1＝ eq \f(5,2)d
所以有θ＝53°，α＝37°
洛伦兹力提供向心力qv1B＝m eq \f(v eq \\al(2,1) ,R1)
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′·2d＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有2d＝v1cs α·t
沿y方向上有2d＝v1sin α·t＋ eq \f(1,2)at2
其中根据牛顿第二定律有qE′＝ma
联立以上各式解得v1＝15 eq \r(\f(qdE,m))
v0＝9 eq \r(\f(qdE,m))
E′＝36E
（ⅱ）粒子从P到Q根据动能定理有qE′·2d＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)
可得从Q射出时的速度为v2＝3 eq \r(\f(41qEd,m))
此时粒子在磁场中的半径R2＝ eq \f(mv2,qB)＝ eq \f(\r(41),2)d
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为x＝ eq \f(5,2)d，y＝4d
而圆心与P的距离为l＝ eq \r(（\f(5,2)d－2d）2＋（4d－0）2)＝ eq \f(\r(65),2)d≠R2
故不会再从P点进入电场．
答案：（1）6 eq \r(\f(mE,qd))
（2）（ⅰ）36E 9 eq \r(\f(qdE,m)) （ⅱ）不会
8．解析：（1）带电粒子打到荧光屏前，沿z轴方向 eq \f(3,2)L＝v0t cs θ
沿x轴方向x＝v0t sin θ
最终打在荧光屏上的x轴坐标x＝ eq \f(3,2)L tan θ
（2）对带电粒子加速过程根据动能定理qU＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
在偏转电场中q eq \f(U,L)＝ma，L＝v0t1cs θ，y1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(2,1) ，vy＝at1
粒子离开电场时，偏转角为α，则tan α＝ eq \f(vy,v0cs θ)
粒子离开电场后，沿y轴方向偏转位移y2＝ eq \f(L,2)tan α
粒子打在荧光屏上的y轴坐标y＝y1＋y2
联立解得y＝ eq \f(L,2cs2θ)
荧光屏上显示的粒子落点图线方程
粒子能射到荧光屏的条件y1< eq \f(L,2)
可得cs θ> eq \f(\r(2),2)
即－45°