（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練12 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

《（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練12 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練12 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練12 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．(多選)(2018·豐縣中學(xué)月考)如圖1所示，在平板PQ上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．某時(shí)刻有a、b、c三個(gè)電子(不計(jì)重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經(jīng)過(guò)平板PQ上的小孔O射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)．這三個(gè)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為ta、tb和tc.整個(gè)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(gè)電子的速度大小相等，方向如圖所示，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．由于初速度va和vc的方向與PQ的夾角相等，所以這兩個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡正好組合成一個(gè)完整的圓，則這兩個(gè)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；從圖中可得，初速度為va的電子偏轉(zhuǎn)的角度最大，初速度為vc的電子偏轉(zhuǎn)的角度最小，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與偏

3、轉(zhuǎn)的角度之間的關(guān)系：t＝T可得，偏轉(zhuǎn)角度最大的a在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，偏轉(zhuǎn)角度最小的c在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 2．(多選)(2018·常州一中等聯(lián)考)如圖2所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)相同的帶電粒子以相同的速度v0先后從y軸上坐標(biāo)(0,3L)的A點(diǎn)和B點(diǎn)(坐標(biāo)未知)垂直于y軸射入磁場(chǎng)，在x軸上坐標(biāo)(L,0)的C點(diǎn)相遇，不計(jì)粒子重力及其相互作用．根據(jù)題設(shè)條件可以確定(　　) 圖2 A．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑 B．B點(diǎn)的位置坐標(biāo) C．兩個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 D．帶電粒子的質(zhì)量 答

4、案　ABC 解析　已知粒子的入射點(diǎn)及入射方向，同時(shí)已知圓上的兩點(diǎn)，根據(jù)過(guò)入射點(diǎn)與入射速度垂直的線和AC連線的中垂線的交點(diǎn)即可明確粒子運(yùn)動(dòng)的圓心位置；由幾何關(guān)系可知AC長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)軌跡的半徑相同，即兩粒子的半徑均可求出；同時(shí)根據(jù)幾何關(guān)系可知由A點(diǎn)入射的粒子對(duì)應(yīng)的圓心角為120°，由B點(diǎn)入射的粒子對(duì)應(yīng)的圓心角為60°；即可確定對(duì)應(yīng)的圓心角，則由t＝即可以求得在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；由幾何關(guān)系可求得B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)，故A、B、C正確；根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可求出對(duì)應(yīng)的比荷，但由于電荷量未知，故無(wú)法求出粒子的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤．

5、 3．(多選)如圖3所示，虛線所圍圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，比荷相同的a、b兩帶電粒子同時(shí)從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，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(jīng)過(guò)時(shí)間t1、t2都從Q點(diǎn)出磁場(chǎng)，∠POQ＝120°.不計(jì)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(duì)應(yīng)的圓心O1，圓心角為60°；b對(duì)應(yīng)的圓心O2，圓心角為180°，根據(jù)周期T＝，a、b周期相等，

6、t1∶t2＝1∶3，故A錯(cuò)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(jù)半徑r＝，v1∶v2＝2∶1，故C正確，D錯(cuò)誤． 4.如圖4所示，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖示平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿過(guò)鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O，已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計(jì)重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周

7、運(yùn)動(dòng)，在鋁板上方，＝，在鋁板下方，＝，即可得＝2×，根據(jù)粒子穿越鋁板時(shí)的動(dòng)能損失一半，可得mv12＝2×mv22，即v1＝v2，代入可得＝.選項(xiàng)D對(duì)． 5．(多選)如圖5所示，兩個(gè)帶電粒子M和N，以相同的速度經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)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(fù)電，N帶正電 B．M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不可能等于N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．M的帶電荷量小于N的帶電荷量 D．M的質(zhì)量大小N的質(zhì)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(fù)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(jù)牛頓第二定律得r＝，速度v相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度B相同，故粒子的質(zhì)量與電荷量之比不同，M要大一些，而粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都是半個(gè)周期，且T＝，可見(jiàn)M的周期要大于N的，所以B是正確的；由于M粒子的質(zhì)量與電荷量之比大于N，所以不能說(shuō)M的帶電荷量小于N的帶電荷量，也不能說(shuō)M的質(zhì)量大于N的質(zhì)量，可見(jiàn)，C、D都是錯(cuò)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(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，最終打在P1、P2兩點(diǎn)．則(　　) 圖6 A．打在P1點(diǎn)的粒子是He B．打在P2

9、點(diǎn)的粒子是H和He C．O2P2的長(zhǎng)度是O2P1長(zhǎng)度的2倍 D．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等 答案　BC 解析　帶電粒子在沿直線通過(guò)速度選擇器時(shí)，電場(chǎng)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是H，打在P2點(diǎn)的粒子是H和He，故A錯(cuò)誤，B正確；由題中的數(shù)據(jù)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(zhǎng)度是O2P1長(zhǎng)度的2倍，故C正

10、確；粒子運(yùn)動(dòng)的周期：T＝＝，三種粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不全相等，故D錯(cuò)誤． 7.如圖7所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一對(duì)正、負(fù)電子分別以相同速度沿與x軸成30°角從原點(diǎn)垂直射入磁場(chǎng)，則正、負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子受到的洛倫茲力提供向心力．由左手定則知，正電子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn)，而負(fù)電子在洛倫茲力作用下向下偏轉(zhuǎn)．由T＝知兩個(gè)電子的周期相等．正電子從y軸上射

11、出磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)幾何知識(shí)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(duì)應(yīng)的圓心角也為120°，則正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝T＝T＝T.同理，知負(fù)電子從x軸離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸的夾角為30°，則軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝T＝T，所以正電子與負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為＝，故選A. 8.美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，能使帶電粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量．如圖8所示為改進(jìn)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(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、

12、C板間，帶電粒子從P0處?kù)o止釋放，并沿電場(chǎng)線方向進(jìn)入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次 B．P1P2＝P2P3 C．粒子能達(dá)到的最大速度與D形盒的尺寸無(wú)關(guān) D．加速電場(chǎng)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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)共存的區(qū)域內(nèi)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m的帶電粒子，在場(chǎng)區(qū)內(nèi)的一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則可判斷該帶電粒子(　　) 圖9 A．帶有電荷量為的負(fù)電荷 B．沿圓周逆時(shí)針運(yùn)動(dòng) C．運(yùn)動(dòng)的角速度為 D．運(yùn)動(dòng)的速率為 答案　AC 解析　帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有mg＝qE，求得電荷量q＝，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度方向和電場(chǎng)力方向判斷出粒子帶負(fù)電，故A正確；由左手定則可判斷粒子沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)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(yùn)動(dòng)的速率v未知，故D錯(cuò)誤．