2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练28带电粒子在复合场中的运动（含解析）.doc

1、1带电粒子在复合场中的运动小题狂练 小题是基础 练小题 提分快28 1.名师原创关于通电直导线和通电线圈周围磁场的磁感线分布和磁场方向，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是( )A通电直导线周围的磁场方向可以用右手定则判断，顺着导线看去，磁感线可表示为以直导线为圆心的均匀分布的同心圆B环形导线的磁场，可用安培定则判断，方法是让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指方向即为环形导线轴线上的磁场方向C从外部看，通电螺线管周围的磁场类似于条形磁铁的磁场，螺线管内部的磁场不能视为匀强磁场D若把一个小磁针放在通电螺线管正上方中间位置，小磁针可能不与螺线管平行答案： B解析：通电直导线周围的磁场

2、方向可以用安培定则判断，顺着导线看去，磁感线可表示为以直导线为圆心的分布不均匀的同心圆，选项 A 错误环形导线的磁场，可用安培定则判断，方法是让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指方向即为环形导线轴线上的磁场方向，选项 B 正确通电螺线管周围的磁场类似于条形磁铁的磁场，螺线管内部的磁场可以视为匀强磁场，选项 C 错误若把一个小磁针放在通电螺线管正上方中间位置，小磁针一定与螺线管平行，选项 D 错误2.预测新题已知流过通电直导线的电流大小为 I，与通电直导线距离为 r 处的 N 点的磁感应强度大小为 BN (k 为常量)如图所示，ACD 是直角三角形，ADC60，kIrA、C、D

3、三点放置三个完全相同且垂直于该直角三角形所在平面的直导线，A、C、D 处的直导线中的电流大小分别为 I、2I 和 2I，方向均垂直平面向里；已知 A 点的直导线在 AD 的中点 M 处的磁感应强度大小为 B，若在 M 点固定一垂直于纸面的直导体棒，其长度为 L(L很小)，通过的电流大小为 I，则该导体棒受到的安培力大小为( )A. BIL B. BIL3 5C. BIL D3BIL72答案： C解析：如图所示，根据右手螺旋定则可知，C 点的直导线在 M 点处的磁感应强度大小为 2B，D 点的直导线在 M 点处的磁感应强度大小为 2B，根据磁感应强度的叠加得 M 点处的磁感应强度大小为 B，则

4、M 点处固定的导体棒受到的安培力大小为 BIL，选项 C 正确7 73新情景题如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在 M 点以某一初速度垂直等势线进入正交电场、磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在 N 点的速度比在 M 点的速度大)，则下列说法正确的是( )A粒子一定带正电B粒子的运动轨迹一定是抛物线C电场线方向一定垂直等势线向左D粒子从 M 点运动到 N 点的过程中电势能增大答案： C解析：根据粒子在电场、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A 错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有

5、在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项 B 错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势线向左，选项 C 正确；电场力做正功，电势能减小，选项 D 错误4(多选)如图所示，直线 MN 与水平方向成 60角，MN 的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为 B.一粒子源位于 MN 上的 a 点，能水平向右发射不同速率、质量为 m(重力不计)、电荷量为 q(q0)的3同种粒子，所有粒子均能通过 MN 上的 b 点，已知 abL，则粒子的速度可能是( )A. B.3qBL6

6、m 3qBL3mC. D.3qBL2m 3qBLm答案： AB解析：由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为 120，所以粒子运动的半径为 r (n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得33 LnBqvm ，则 v (n1,2,3，)，所以 A、 B 正确v2r Bqrm 3BqL3m 1n5名师原创(多选)回旋加速器是用来加速带电粒子的，其核心部分是两个 D 形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒间有一定的电势差 U，使粒子每次穿过狭缝都被加速，两盒放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为 q

7、、质量为 m，盒间的窄缝宽度为 d，粒子最大回旋半径为 Rm，其运动轨迹如图所示下列说法正确的是( )A D 形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场B忽略粒子在电场中运动的时间，则高频交流电源的频率为2 mqBC粒子离开加速器时速度为qBRmmD考虑粒子在电场中运动的时间，则把静止粒子加速到最大动能所需时间为 BR2m2U答案： AC解析：根据静电屏蔽的相关知识可知， D 形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场，选项 A 正确粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电源频率等于粒子回旋频率，4由 T ，得回旋频率即高频交流电源频率为 f ，选项 B 错误粒子旋转半径2 mqB 1T qB2

8、m最大时，由牛顿第二定律得 qvmB ，解得 vm ，选项 C 正确粒子最大动能 Ekmmv2mRm qBRmmmv ，粒子在电场中做匀加速直线运动，粒子每旋转一周能量增加 2qU，粒子的12 2m q2B2R2m2m能量提高到 Ekm，则旋转周数 n ，粒子在磁场中运动的时间 t 磁 nT ，旋转qB2R2m4mU BR2m2U周数 n，在电场中运动的距离为 2nd，由 2nd vmt 电 ，解得 t 电 ，把静止粒子加速12 BRmdU到最大动能所需时间为 tt 电 t 磁 ，选项 D 错误BRmdU BR2m2U6.母题改编(多选)如图所示，在以 R0为半径、O 为圆心的圆形区域内存在磁

9、场，直径MN 左侧区域存在一方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为 B1的匀强磁场(未画出)；MN右侧区域存在一方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B2的匀强磁场(未画出)现有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力)从 P 点沿垂直于 MN 的方向射入磁场，通过磁场区域后从 Q 点离开磁场，离开磁场时粒子的运动方向仍垂直于 MN.已知 OP 与 MN 的夹角为 1，OQ 与 MN 的夹角为 2，粒子在 MN 左侧区域磁场中的运动时间为 t1，粒子在 MN右侧区域磁场中的运动时间为 t2，则( )A. B. B2B1 sin 1sin 2 B2B1 sin 2sin 1C. D. t

10、1t2 sin 2sin 1 t1t2 sin 1sin 2答案： AD解析：设粒子的速度为 v，它在 MN 左侧磁场中的运动轨迹为圆弧 PS，圆弧对应的圆心5为 O1，半径为 R1，如图所示，则 qvB1 ，且 O1P 平行于 MN；粒子进入 MN 右侧磁场中的mv2R1运动轨迹为圆弧 SQ，圆弧对应的圆心为 O2，半径为 R2，如图所示，则 qvB2 ，且 O2Qmv2R2平行于 MN，连接 O1S、SO 2，则 O1、S、O 2在同一条直线上，设PO 1SQO 2S，由几何关系可得 OPOQR 0，O 1SR 1，SO 2R 2，R 1sinR 0sin 1，R 2sinR 0sin 2

11、，联立解得 ，选项 A 正确， B 错误；粒子在 MN 左侧区域磁场中的运动时间为 t1B2B1 R1R2 sin 1sin 2T1 ，粒子在 MN 右侧区域磁场中的运动时间为2 2 2 mqB1 mqB1t2 T2 ， ，选项 D 正确， C 错误2 2 2 mqB2 mqB2 t1t2 B2B1 sin 1sin 272019江西省赣中南五校一联一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，从图中情况可以确定( )A粒子从 a 到 b，带正电 B粒子从 a 到 b，带负

12、电C粒子从 b 到 a，带正电 D粒子从 b 到 a，带负电答案： C解析：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式 r ，可知，粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的，所以粒mvqB子的运动轨迹是从 b 到 a，选项 A、 B 错误；再根据左手定则可知，粒子带正电，选项 C 正确， D 错误8.2019浙江省模拟如图所示，在倾角为 (B2 BB 1 B2， A 正确mgtanIL9.2019安徽省合肥模拟为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开

13、口在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极污水充满管口从左向右流经该装置时，接在 M、N 两端间的电压表将显示两个电极间的电压 U.若用 Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )AM 端的电势比 N 端的高B电压表的示数 U 与 a、b 均成正比，与 c 无关C电压表的示数 U 与污水的流量 Q 成正比D若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为 0答案： C解析：根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向外，则向外偏转，正离子所受的洛伦兹力向里，向里偏转，因此 M 板带负电，N 板带正电，则 M 板的电势比 N 板电势低，故 A 错

14、误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvBq ，解得 UBbv，与离Ub子浓度无关，故 BD 错误；因 v ，则流量 Qvbc ，因此 U ，与污水流量成正比，UBb UcB BQc故 C 正确710.2019湖北省部分重点中学联考如图所示，含有 H、 H、 He 的带电粒子束从小孔1 21 42O1处射入速度选择器，沿直线 O1O2运动的粒子在小孔 O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在 P1、P 2两点则( )A粒子在偏转磁场中运动的时间都相等B打在 P1点的粒子是 He42C打在 P2点的粒子是 H 和 He21 42DO 2P2的长度是 O2P1长度的 4 倍答案： C解析：

15、带电粒子在沿直线 O1O2通过速度选择器时，所受电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即 qvB1qE，所以 v ，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，在EB1偏转磁场中，粒子的轨迹半径 r ，不全相同，粒子运动的周期 T ，所以粒子在mvqB2 2 rv偏转磁场中运动的时间不全相等， A 错误；带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以 r ，可知粒子的比荷越大，运动的半径越小，所以打在 P1点的mvqB粒子是 H，打在 P2点的粒子是 H 和 He， B 错误， C 正确；由题中的数据可得， H 的比荷1 21 42 1是 H 和 He 的比荷的 2 倍，所以 H 运

16、动轨迹的半径是 H 和 He 的 ，即 O2P2的长度是21 42 1 21 4212O2P1长度的 2 倍， D 错误11.2019安徽师大附中模拟(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场 E 和垂直纸面向外的匀强磁场 B，在竖直平面内从 a 点沿 ab，ac 方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A沿 ab、ac 方向抛出的带电小球都可能做直线运动8B若沿 ab 做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动C若沿 ac 做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动D两小球在运动过程中机械能均保持不变答案： AB解析：沿

17、 ab 方向抛出的带电小球，根据左手定则，及正电荷所受的电场力的方向与电场强度方向相同可知，只有带正电，受力才可能平衡，而沿 ac 方向抛出的带电小球，带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以做直线运动时必然是做匀速直线运动，故 A、 B 正确， C 错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故 D 错误12.2019晋豫省际大联考如图所示，在 y 轴右侧存在与 xOy 平面垂直且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，位于坐标原点的粒子源在 xOy 平面内发射出大量完全相同的带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为 v0，方向与 x 轴正方向的夹角分布在606

18、0范围内，在 xl 处垂直 x 轴放置一荧光屏 S.已知沿 x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏 S 上 yl 的点，则( )A粒子的比荷为 qm v02lBB粒子的运动半径一定等于 2lC粒子在磁场中运动时间一定不超过 lv0D粒子打在荧光屏 S 上亮线的长度大于 2l答案： C解析：沿 x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏 S 上 yl 的点，由几何知识可知，粒子轨迹半径 rl， B 错误；由牛顿第二定律可得 qv0Bm ，解得 ， A 错误；沿 x 轴v20r qm v0lB正方向发射的粒子在磁场中转过的圆心角最大，为 ，对应运动时间最长，t T ， C 正确；其他方向粒子打在荧光屏 S 上

19、的纵坐标的绝对值一定小于 l，故粒2 lv0子打在荧光屏 S 上亮线的长度小于 2l， D 错误13.92019安徽省皖南八校联考如图所示，正方形 abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点是 cd 边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从 O 点沿纸面以垂直于 cd边的速度射入正方形内，经过时间 t0刚好从 c 点射出磁场现设法使该带电粒子从 O 点沿纸面以与 Od 成 30角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )A该带电粒子可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B若该带电粒子从 ab 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是 t0C若该

20、带电粒子从 bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是 t032D若该带电粒子从 cd 边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是 t053答案： D解析：由带电粒子以垂直于 cd 边的速度射入正方形内，经过时间 t0刚好从 c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为 T2t 0，随粒子速度逐渐增大，轨迹由依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，射出范围分别为 OG、FE、DC、BA 之间，不可能从四个顶点射出，故 A 错误；当粒子从 O 点沿虚线方向射入正方形内，从 ab 边射出的粒子所用时间不大于 周期( t0)，从 bc 边射出的粒子所用时间不大于 周期( )，所有从 cd512 56 23

21、4t03边射出的粒子圆心角都是 300，所用时间为 周期( )，故 D 正确， B、 C 错误56 5t0314.2019唐山统考(多选)如图所示，M、N 为两个同心金属圆环，半径分别为 R1和R2，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，N 环内存在着垂直于环面向外的匀强磁10场，磁感应强度大小为 B，N 环上有均匀分布的 6 个小孔，从 M 环的内侧边缘由静止释放一质量为 m，电荷量为q 的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞则 M、N 间电压 U 满足的条件是( )AU BUqB2R26m qB2R25mCU DU3qB2R

22、22m qB2R23m答案： AC解析：带电粒子由 M 内侧边缘运动到 N 环，由动能定理有 qU mv2，带电粒子进入 N12环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转 或 离开磁场，由几何关系可23 3知，轨迹半径为 r R2或 r ，则根据 r ，联立解得 U 或 U ，选33R23 mvqB 3qB2R22m qB2R26m项 A、 C 正确152019北京西城区模拟(多选)在如图所示的坐标系中，y0 的空间中存在匀强电场，场强方向沿 y 轴负方向；1.5h ，且 H 的单位一定跟 的单位相同，故 A 正mE2qB2 mE2qB2确9.(多选)如图所示为一个质量为 m、带电荷量

23、为q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中现给圆环向右的初速度 v0，在以17后的运动过程中，圆环运动的 vt 图象可能是下图中的( )答案： AD解析：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力、垂直于细杆的弹力及向左的摩擦力当 Bqv0mg 时，圆环做匀速直线运动，选项 A 正确当Bqv0mg 时，NBqv 0mg，此时 Nma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到 Bqvmg 时，圆环开始做匀速运动，选项 D 正确10如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动，该装置处于垂直于纸面向里

24、的匀强磁场中，物块由底端 E 运动至皮带轮顶端 F的过程中，其 vt 图象如图乙所示，物块全程运动的时间为 4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )A该物块带负电B皮带轮的传动速度大小一定为 1 m/sC若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D在 24.5 s 内，物块与皮带仍可能有相对运动答案： D解析：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为 ，沿斜面的方向有F Nmg sinma物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由式可知，一定是 FN逐渐减小，而开始时 FNmg cos，后来 F Nmg cosf 洛

25、 ，即洛伦兹力的方向是向上的物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故 A 错误物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于 0 时，物块达到最大速度，此时 mgsin(mg cosf 洛 )由式可知，只要皮带的速度大于或等于 1 m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带18的速度无关，所以皮带的速度可能是 1 m/s，也可能大于 1 m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故 B 错误、 D 正确由以上分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故

26、C 错误二、非选择题11.2019株洲模拟如图所示，在 xOy 平面内，在 00 的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小都为 B.有一质量为 m，电荷量为q 的带电粒子，从坐标原点 O 以某一初速度沿与 x 轴正方向成 30射入磁场，粒子刚好经过 P 点进入磁场，后经过 x 轴上的M 点(图中未标出)射出磁场.已知 P 点坐标为(1.5l， l)，不计重力的影响，求：32(1)粒子的初速度大小(2)M 点在 x 轴上的位置答案：(1) (2)3lqBlm解析：(1)连接 OP，过 P 作 y 轴垂线交 y 轴于点 A，过 O 作初速度垂线 OO1交 PA 于点O1，根据 P

27、 点的坐标值及初速度方向可得APOO 1OP30故 O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径 r.由几何关系可得 rr cos601.5l解得 rl根据牛顿第二定律有 qvBmv2r解得 v .qBlm19(2)粒子在匀强磁场中的运动半径与其在匀强磁场中的运动半径相同由对称性可知 OM21.5l3l.12.2019浙大附中模拟如图所示，某一水平面内有一直角坐标系 xOy，x0 和xL10 cm 的区间内有一沿 x 轴负方向的有理想边界的匀强电场，且 E11.010 4 V/m，xL 和 x3L 的区间内有一沿y 轴负方向的有理想边界的匀强电场，且 E21.010 4 V/m，一电

28、子(为了计算简单，比荷取 21011 C/kg)从直角坐标系 xOy 的坐标原点 O 以很小的速度进入匀强电场，计算时不计此速度且只考虑 xOy 平面内的运动求：(1)电子从 O 点进入电场到离开 x3L 处的电场所需的时间；(2)电子离开 x3L 处的电场时对应的纵坐标长度答案：(1)210 8 s (2)0.1 m解析：(1)设电子离开 xL 的位置为 P 点，离开 x3L 的位置为 Q 点，则mv eE 1L12 2P代入数据得 vP210 7 m/s电子从 O 点运动到 P 点，所用时间满足 L t12 eE1m 21代入数据得 t110 8 s电子从 P 点运动到 Q 点，所用时间 t2 10 8 s2LvP所以总时间为 tt 1t 2210 8 s.(2)电子运动到 Q 点时yQ t12 eE2m 2代入数据得 yQ0.1 m.20