1、1专题三第二讲 带电粒子在电磁场中的运动课后“高仿”检测卷一、高考真题集中演练明规律1.(2017全国卷)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a、 b、 c 电荷量相等，质量分别为 ma、 mb、 mc。已知在该区域内， a 在纸面内做匀速圆周运动， b 在纸面内向右做匀速直线运动， c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )A mambmc B mbmamcC mcmamb D mcmbma解析：选 B 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场， a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电
2、场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有 mag qE，解得 ma 。 b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛qEg伦兹力方向竖直向上，可知 mbg qE qvbB，解得 mb 。 c 在纸面内向左做匀速直qEg qvbBg线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知 mcg qvcB qE，解得mc 。综上所述，可知 mbmamc，选项 B 正确。qEg qvcBg2.(2017全国卷)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场， P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速
3、率为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为 v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则 v2 v1为( )A. 2 B. 13 2C. 1 D33 2解析：选 C 由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由 qvB m 可知， R ，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒v2R mvqB子运动的速度大小为 v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点 A 离 P 点最远时，则 AP2 R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点 B 离 P 点最远时，则 BP2 R2，由几何关系可知，R
4、1 ， R2 Rcos 30 R，则 ，C 项正确。R2 32 v2v1 R2R1 33.(2016全国卷)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30，其2横截面(纸面)如图所示，平面 OM 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。一带电粒子的质量为 m，电荷量为 q(q0)。粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O的距离为( )A. B.mv2qB 3mvqBC. D.2mvqB 4mvqB解析
5、：选 D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为 R。设入射点为 A，出射点为 B，圆弧与 ON 的交点为 P。由粒子运mvqB动的对称性及粒子的入射方向知， AB R。由几何关系知， AP R，则 AO AP3 R，所3 3以 OB4 R 。故选项 D 正确。4mvqB4.(2018全国卷)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压 U 加速后在纸面内水平向右运动，自 M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为 v1，并在磁场边界的 N 点射出；乙种离子在 MN 的中点射出； MN 长为 l。不计重力影响和离子间的相互
6、作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。解析：(1)设甲种离子所带电荷量为 q1、质量为 m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R1，磁场的磁感应强度大小为 B，由动能定理有q1U m1v12 12由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B m1 v12R1由几何关系知2R1 l 由式得B 。 4Ulv1(2)设乙种离子所带电荷量为 q2、质量为 m2，射入磁场的速度为 v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R2。同理有3q2U m2v22 12q2v2B m2 v22R2由题给条件有2R2 l2由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 14。 q1m1 q2m2答案：(
7、1) (2)144Ulv15.(2017全国卷)如图，空间存在方向垂直于纸面( xOy 平面)向里的磁场。在 x0 区域，磁感应强度的大小为 B0； x1)。一质量为 m、电荷量为 q(q0)的带电粒子以速度 v0从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿 x轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与 O 点间的距离。解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在 x0 区域，圆周半径为 R1；在x0 区域，圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0 m v02R1q B0v0 m v02R2粒子速度方向转过 180时，所需时
8、间 t1为t1 R1v0粒子再转过 180时，所需时间 t2为t2 R2v0联立式得，所求时间为t0 t1 t2 1 。 mB0q 1(2)由几何关系及式得，所求距离为d02( R1 R2) 。 2mv0B0q(1 1 )4答案：(1) (2) mB0q(1 1 ) 2mv0B0q(1 1 )二、名校模拟重点演练知热点6.(2018滁州一中调考)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度 ，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，关于该粒子下列说法错误的是( )A电势能逐渐增加 B动能逐渐减小C粒子所受重力小于电场力 D粒子做匀加速直线运动解
9、析：选 D 由于粒子做直线运动，受力分析可知粒子所受的电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，动能减小，电场力垂直于极板向上，与速度方向的夹角为钝角，电场力对粒子做负功，则粒子的电势能增加，故 A、B 正确，D 错误；电场力与重力的合力方向向左，由平行四边形定则知粒子所受重力小于电场力，故 C 正确。7.多选(2019 届高三桂林三校联考)如图所示，平行金属板 A、 B 水平正对放置，分别带上等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A若微粒带负电荷，则 A 板可能带正电荷B微粒从 M 点运动到 N 点电势能可能增加C微粒
10、从 M 点运动到 N 点机械能一定增加D微粒从 M 点运动到 N 点动能一定增加解析：选 ABD 微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断 A 板的带电情况，故 A 正确；电场力可能向上，也可能向下，所以微粒从 M 点运动到 N 点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，电势能可能增加，也可能减小，所以机械能不一定增加，故 B 正确，C 错误；微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故微粒从 M 点运动到 N点动能一定增加，故 D 正确。8多选(2018河南太康一中模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全
11、相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为 A、 B 两束，下列说法中正确的是( )A组成 A、 B 两束的离子都带负电B A 束离子的比荷大于 B 束离子的比荷C A 束离子的比荷小于 B 束离子的比荷5D速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里解析：选 BD A、 B 两束离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断 A、 B 两束离子都带正电，故 A 错误；经过速度选择器后的离子速度相同，离子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足 qvB qE，即不发生偏转的离子具有共同的速度大小 v ，进入磁场区分开，EB轨道半径不等，根据公式 R ，可知半径大的比荷
12、小，所以 A 束离子的比荷大于 B 束离mvqB子的比荷，故 B 正确，故 C 错误；在速度选择器中，电场方向水平向右， A、 B 离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，故 D 正确。9.多选(2018辽宁辽南联考)如图所示，宽 2 cm 的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电粒子从 O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为 5 cm，则( )A右边界：4 cm y4 cm 有粒子射出B右边界： y4 cm 和 y4 cm 有粒子射出C左边界： y8
13、cm 有粒子射出D左边界：0 y8 cm 有粒子射出解析：选 AD 粒子恰射出磁场的临界条件如图所示。根据几何关系可得：临界点距 x 轴的间距 y cm4 cm，可知 A 对，52 5 2 2B 错；左边界 x 轴上方带电粒子可达到 y8 cm 处， x 轴下方无粒子到达，C 错，D 对。10.(2018唐山二模)如图所示，在水平面内存在一半径为 2R 和半径为 R 两个同心圆，半径为 R 的小圆和半径为 2R 的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为 B。位于圆心处的粒子源 S 沿水平面向各个方向发射速率为 的正粒子
14、，粒子的电荷量为 q、质量为 m，为了将所有粒子束qBRm缚在半径为 2R 的圆形内，环形区域磁感应强度大小至少为( )A B B. B45C. B D. B53 43解析：选 C 粒子在小圆内做圆周运动的半径为 r0 R，由轨迹mvBq图可知，粒子从 A 点与 OA 成 30角的方向射入环形区域，粒子恰好不6射出磁场时，轨迹圆与大圆相切，设半径为 r，由几何知识可知 OAO2120，由余弦定理可知：(2 R r)2 r2 R22 Rrcos 120，解得 r R，由 qvB m ，得 B 35 v2r mvqr B，故 C 正确。5mv3qR 5311.(2018西藏拉萨中学月考)一圆筒的横
15、截面如图所示，其圆心为 O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。圆筒下面有相距为 d 的平行金属板 M、 N，其中 M 板带正电荷， N 板带等量负电荷。质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自 M 板边缘的 P 处由静止释放，经 N 板的小孔 S 以速度 v 沿半径 SO 方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从 S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、 N 间电场强度 E 的大小；(2)圆筒的半径 R；(3)保持 M、 N 间电场强度 E 不变，仅将 M 板向上平移 d，粒子仍从 M 板边缘的 P 处由23静止释
16、放，粒子自进入圆筒至从 S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数 n。解析：(1)设两极板间的电压为 U，由动能定理得qU mv212由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U Ed联立上式可得 E 。mv22qd(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O， 轨迹半径为 r，设第一次碰撞点为 A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从 S 孔射出，因此 SA 弧所对圆心角 AO S 。 3由几何关系得 r Rtan 3粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得qvB mv2r联立解得 R 。3mv3qB7(3)保持 M、 N 间电场强度 E 不变， M 板向上平移 d 后，设板间电压为 U，则 U23Ed3 U3设粒子进入 S 孔时的速度为 v，由 可得 v vUU v 2v2 33设粒子做圆周运动的半径为 r， r3mv3qB设粒子从 S 孔到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为 ，比较两式得到r R，可见 2此时粒子经过 圆周后与圆筒发生碰撞，所以粒子将在与圆筒发生三次碰撞后由 S 孔射14出，所以 n3。答案：(1) (2) (3)3mv22qd 3mv3qB
