《（江蘇專用）2022高考物理總復習 優(yōu)編題型增分練：基礎回扣練12 帶電粒子在勻強磁場、復合場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2022高考物理總復習 優(yōu)編題型增分練：基礎回扣練12 帶電粒子在勻強磁場、復合場中的運動（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（江蘇專用）2022高考物理總復習 優(yōu)編題型增分練：基礎回扣練12 帶電粒子在勻強磁場、復合場中的運動 1．(多選)(2018·豐縣中學月考)如圖1所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．某時刻有a、b、c三個電子(不計重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經過平板PQ上的小孔O射入勻強磁場．這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為ta、tb和tc.整個裝置放在真空中．則下列判斷正確的是(　　) 圖1 A．la＝lc＜lb B．la＜lb＜lc C．ta＜tb＜tc D．ta＞tb＞

2、tc 答案　AD 解析　三個電子的速度大小相等，方向如圖所示，垂直進入同一勻強磁場中．由于初速度va和vc的方向與PQ的夾角相等，所以這兩個電子的運動軌跡正好組合成一個完整的圓，則這兩個電子打到平板PQ上的位置到小孔的距離是相等的．而初速度為vb的電子方向與PQ垂直，則它的運動軌跡正好是半圓，所以電子打到平板PQ上的位置到小孔的距離恰好是圓的直徑．由于它們的速度大小相等，因此它們的運動軌跡的半徑均相同，所以速度為vb的電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離最大，選項A正確，B錯誤；從圖中可得，初速度為va的電子偏轉的角度最大，初速度為vc的電子偏轉的角度最小，根據粒子在磁場中運動的時間與偏

3、轉的角度之間的關系：t＝T可得，偏轉角度最大的a在磁場中運動的時間最長，偏轉角度最小的c在磁場中運動的時間最短，故選項C錯誤，D正確． 2．(多選)(2018·常州一中等聯考)如圖2所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內存在垂直xOy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩個相同的帶電粒子以相同的速度v0先后從y軸上坐標(0,3L)的A點和B點(坐標未知)垂直于y軸射入磁場，在x軸上坐標(L,0)的C點相遇，不計粒子重力及其相互作用．根據題設條件可以確定(　　) 圖2 A．帶電粒子在磁場中運動的半徑 B．B點的位置坐標 C．兩個帶電粒子在磁場中運動的時間 D．帶電粒子的質量 答

4、案　ABC 解析　已知粒子的入射點及入射方向，同時已知圓上的兩點，根據過入射點與入射速度垂直的線和AC連線的中垂線的交點即可明確粒子運動的圓心位置；由幾何關系可知AC長為2L；∠BAC＝30°，則R＝L＝2L；因兩粒子的速度相同，且是同種粒子，則可知，它們運動軌跡的半徑相同，即兩粒子的半徑均可求出；同時根據幾何關系可知由A點入射的粒子對應的圓心角為120°，由B點入射的粒子對應的圓心角為60°；即可確定對應的圓心角，則由t＝即可以求得在磁場中運動的時間；由幾何關系可求得B點對應的坐標，故A、B、C正確；根據洛倫茲力充當向心力可求出對應的比荷，但由于電荷量未知，故無法求出粒子的質量，故D錯誤．

5、 3．(多選)如圖3所示，虛線所圍圓形區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，比荷相同的a、b兩帶電粒子同時從P點進入磁場，a的速度v1沿半徑方向，b的速度v2與PO之間夾角為60°，兩粒子分別經過時間t1、t2都從Q點出磁場，∠POQ＝120°.不計兩粒子間相互作用力與重力，則(　　) 圖3 A．t1∶t2＝3∶1 B．t1∶t2＝1∶3 C．v1∶v2＝2∶1 D．v1∶v2＝2∶ 答案　BC 解析　a、b兩粒子的軌跡分別如圖所示： 由于∠POQ＝120°，由圖可知，a對應的圓心O1，圓心角為60°；b對應的圓心O2，圓心角為180°，根據周期T＝，a、b周期相等，

6、t1∶t2＝1∶3，故A錯誤，B正確；由圖可知，a的軌跡半徑r1＝Rtan 60°＝R；b的軌跡半徑r2＝Rsin 60°＝R.根據半徑r＝，v1∶v2＝2∶1，故C正確，D錯誤． 4.如圖4所示，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖示平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿過鋁板后到達PQ的中點O，已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為(　　) 圖4 A．2 B. C．1 D. 答案　D 解析　粒子垂直于磁場方向進入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周

7、運動，在鋁板上方，＝，在鋁板下方，＝，即可得＝2×，根據粒子穿越鋁板時的動能損失一半，可得mv12＝2×mv22，即v1＝v2，代入可得＝.選項D對． 5．(多選)如圖5所示，兩個帶電粒子M和N，以相同的速度經小孔S垂直進入同一勻強磁場，運動的半圓軌跡如圖兩種虛線所示，下列表述正確的是(　　) 圖5 A．M帶負電，N帶正電 B．M的運動時間不可能等于N的運動時間 C．M的帶電荷量小于N的帶電荷量 D．M的質量大小N的質量 答案　AB 解析　由題圖可知，N受到向左的洛倫茲力，M受到向右的洛倫茲力，所以由左手定則可知，N粒子帶正電，M粒子帶負電，A是正確的；由題圖可以看出，M的

8、軌跡半徑大于N的軌跡半徑，而根據牛頓第二定律得r＝，速度v相同，磁感應強度B相同，故粒子的質量與電荷量之比不同，M要大一些，而粒子在磁場中運動的時間都是半個周期，且T＝，可見M的周期要大于N的，所以B是正確的；由于M粒子的質量與電荷量之比大于N，所以不能說M的帶電荷量小于N的帶電荷量，也不能說M的質量大于N的質量，可見，C、D都是錯誤的． 6．(多選)(2018·南通市模擬)如圖6所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場，最終打在P1、P2兩點．則(　　) 圖6 A．打在P1點的粒子是He B．打在P2

9、點的粒子是H和He C．O2P2的長度是O2P1長度的2倍 D．粒子在偏轉磁場中運動的時間都相等 答案　BC 解析　帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反；即：qvB1＝qE，所以：v＝，可知從速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以：qvB2＝，所以：r＝＝·，可知粒子的比荷越大，則運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是H，打在P2點的粒子是H和He，故A錯誤，B正確；由題中的數據可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的軌跡半徑是H和He的軌跡半徑的，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，故C正

10、確；粒子運動的周期：T＝＝，三種粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏轉磁場中運動的時間不全相等，故D錯誤． 7.如圖7所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以相同速度沿與x軸成30°角從原點垂直射入磁場，則正、負電子在磁場中運動時間之比為(　　) 圖7 A．2∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶1 答案　A 解析　帶電粒子以一定的速度垂直進入勻強磁場，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，粒子受到的洛倫茲力提供向心力．由左手定則知，正電子進入磁場后，在洛倫茲力作用下向上偏轉，而負電子在洛倫茲力作用下向下偏轉．由T＝知兩個電子的周期相等．正電子從y軸上射

11、出磁場時，根據幾何知識得，速度與y軸的夾角為60°，則正電子速度的偏向角為θ1＝120°，其軌跡對應的圓心角也為120°，則正電子在磁場中運動時間為t1＝T＝T＝T.同理，知負電子從x軸離開磁場時，速度方向與x軸的夾角為30°，則軌跡對應的圓心角為60°，負電子在磁場中運動時間為t2＝T＝T，所以正電子與負電子在磁場中運動時間之比為＝，故選A. 8.美國物理學家勞倫斯發(fā)明的回旋加速器，應用帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的特點，能使帶電粒子在較小的空間范圍內經過電場的多次加速獲得較大的能量．如圖8所示為改進后的回旋加速器的示意圖，其中距離很小的盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、

12、C板間，帶電粒子從P0處靜止釋放，并沿電場線方向進入加速電場，經加速后進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對于這種回旋加速器，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．帶電粒子每運動一周被加速一次 B．P1P2＝P2P3 C．粒子能達到的最大速度與D形盒的尺寸無關 D．加速電場的方向需要做周期性的變化 答案　A 9.(多選)如圖9所示，在勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內，電場的電場強度為E，方向豎直向下，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，一質量為m的帶電粒子，在場區(qū)內的一豎直平面內做勻速圓周運動，則可判斷該帶電粒子(　　) 圖9 A．帶有電荷量為的負電荷 B．沿圓周逆時針運動 C．運動的角速度為 D．運動的速率為 答案　AC 解析　帶電粒子在豎直平面內做勻速圓周運動，有mg＝qE，求得電荷量q＝，根據電場強度方向和電場力方向判斷出粒子帶負電，故A正確；由左手定則可判斷粒子沿順時針方向運動，故B錯誤；洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mvω得ω＝＝＝，故C正確；由R＝知，v＝，由于R未知，所以運動的速率v未知，故D錯誤．