2022年高考物理一轮考点跟踪练习32《带电粒子在组合场中的运动》一（含详解）

2022年高考物理一轮考点跟踪练习32

《带电粒子在组合场中的运动》一

一         、单选题

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的加速电场区加速后，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=R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)

A.　　 B.　　 C.　　 D.

二         、多选题

2. (多选)如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)，下列说法中正确的是(　　)

A.它们的最大速度相同

B.它们的最大动能相同

C.两次所接高频电源的频率相同

D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能

3. (多选)如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1∶B2=3∶2。在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mava=mbvb。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇。粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)

A.粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2

B.两粒子在y正半轴相遇

C.粒子a、b相遇时的速度方向相同

D.粒子a、b的质量之比为1∶5

4. (多选)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为－q(q>0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是(　　)

A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上

B.到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大

C.能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU

D.若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮

5. (多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)

A.在电场中的加速度之比为1∶1

B.在磁场中运动的半径之比为2∶1

C.在磁场中转过的角度之比为1∶2

D.离开电场区域时的动能之比为1∶3

6. (多选)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为－q(q>0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是(　　)

A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上

B.到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大

C.能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU

D.若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮

7. (多选)如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与L2成30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是(　　)

A.带电粒子一定带正电

B.带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同

C.若带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)，该粒子将不能经过B点

D.若只将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它一定不经过B点

8. (多选)如图所示，某带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块平行导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，设粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离为s(不计重力，不考虑边缘效应)。下列说法正确的是(　　)

A.若仅将水平放置的平行板间距增大，则s减小

B.若仅增大磁感应强度B，则s减小

C.若仅增大U1，则s增大

D.若仅增大U2，则s增大

三         、计算题

9.如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。

(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；

(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。

10.如图所示，一个质量为m，电荷量＋q的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d，微粒射出偏转电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。求：

(1)两金属板间的电压U2的大小；

(2)若该匀强磁场的宽度为D，为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大。

11.如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回磁场。已知电场强度E=，不计粒子重力和粒子间的相互作用。试求：

(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；

(2)磁场的磁感应强度B的大小。

12.空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场。现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：

(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；

(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达y轴所用的时间。

0.2022年高考物理一轮考点跟踪练习32《带电粒子在组合场中的运动》一（含详解）答案解析

一         、单选题

1.答案为：C；

解析：设粒子被加速后获得的速度为v，

由动能定理有：qU=mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=，

又Bqv=m，可求=，故C正确。

二         、多选题

2.答案为：AC；

解析：由R=得最大速度v=，两粒子的相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ek=mv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f=，因为相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误。

3.答案为：BCD；

解析：由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=可得：==，A错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=可得，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B2<B1，则第二次经过y轴时在坐标原点的上方(2ra2－2ra1)处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra2－2ra1)处，B正确；当a粒子第四次经过y轴时距O点的距离为2(2ra2－2ra1)=2ra1，当b粒子第一次过y轴时距O点的距离为2rb1=2ra1，此后a粒子过y轴的位置上移，b粒子过y轴的点下移，不能再相遇。故是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，C正确；根据周期公式T=及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有：Tb1=Ta1＋Ta2，即：×=＋，结合B1∶B2=3∶2，解得：=，D正确。

4.答案为：CD；

解析：设粒子开始时的坐标为(－x，－h)，粒子在电场中运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得x=v0t，h=at2，qE=ma，联立得h=··，可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，故A错误；粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。粒子到达O点时，粒子的速度与y轴正方向的夹角θ满足：tan θ=，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小，故B错误；负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：mv2－qU >0，即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；粒子在电场中的偏转角：tan α==，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，故D正确。

5.答案为：CD；

解析：两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a=可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v= ，可知其速度之比为1∶。又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为∶1，故B错误。由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ=，则可知角度的正弦值之比为1∶，又P＋的角度为30°，可知P3＋角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确。由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确。

6.答案为：CD；

解析：设粒子开始时的坐标为(－x，－h)，粒子在电场中运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得x=v0t，h=at2，qE=ma，联立得h=··，可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，故A错误；粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。粒子到达O点时，粒子的速度与y轴正方向的夹角θ满足：tan θ=，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小，故B错误；负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：mv2－qU >0，即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；粒子在电场中的偏转角：tan α==，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，故D正确。

7.答案为：BD；

解析：画出带电粒子运动的可能轨迹，故带电粒子带正负电荷都有可能，故A错误；

粒子的位置在B1、B2时速度方向斜向上，跟在A点时的速度大小相等，方向相同，故B正确；根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B点，故C错误；如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为x=，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点，故D正确。

8.答案为：BC；

解析：对于加速过程，有qU1=mv02，得v0=

带电粒子在水平导体板间电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：=cos θ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：=cos θ，所以s=；又因为半径公式R=，则有s== 。可知增大平行金属板两板间距时，s不变，选项A错误；故s随U1变化，s与U2无关，仅增大U1，s将增大，故C正确，D错误；仅增大磁感应强度B，则s减小，选项B正确。

三         、计算题

9.解：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，

根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B=m　T=

依题意，粒子第一次到达x轴时，

运动转过的角度为π，所需时间t1为t1=T，

求得t1=。

(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，

电场强度大小为E，有qE=ma，v0=at2，得t2=。

根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0

得电场强度最大值E=。

10.解：(1)带电微粒经加速电场加速后速率为v1，根据动能定理有U1q=mv12

v1=

粒子经U2电压偏转，有tan 30°=

t=     a=       解得：U2=。

(2)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，设做匀速圆周运动的轨道半径为R，由几何关系知：

R＋Rsin 30°=D

由牛顿运动定律及运动学规律：qv′B=m，

又v′= 解得：B=

11.解：(1)根据动能定理，得qEd=mv2－mv02，

解得v=2v0

粒子在电场中做类平抛运动，有F=qE，a=，d=at12，x=v0t1

解得t1=，x=。

(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场

tan θ==，解得θ=60°

根据R＋Rcos θ=d，得R=

由牛顿第二定律可得qvB=m，解得B=。

12.解：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，

由牛顿第二定律得qvB=m，得v=

如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R=vt

又因为R=··t2

解得E=。

(2)轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，

故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ=150°，粒子在磁场中运动的时间为t2=T=

粒子离开磁场到y轴的距离MH=，在无场区运动的时间t2==

故粒子到达y轴的时间为t=t1＋t2=.