2020年高考物理《带电粒子在复合场中的运动》专题训练卷及答案解析.doc

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1、2020年高考物理专题训练卷带电粒子在复合场中的运动一、选择题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GFR，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)A. B.C. D.解析设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qUmv2，由几何知识知，离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r，又Bqvm，可求，

2、故C正确。答案C2.(多选)所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是A小球可能做匀变速运动B小球一定做变加速运动C小球动能可能不变D小球机械能守恒解析小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力以及洛伦兹力，由于速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误、B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；小球运动过程中

3、，电场力做功，故小球的机械能不守恒，D错误。答案BC3.在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其工作原理如图所示：D1和D2是两个中空、半径固定的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中；中央O处的粒子源产生的粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是A粒子在磁场中运动的周期越来越大B粒子运动半个圆周之后，电场的方向不必改变C磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大D两盒间电势差越大，粒子离开加速器时的动能就越大解析粒子在磁场中运动的周期T，与其速度的大小无关，粒子运动的周期不

4、变，故A错误；粒子在电场中被加速，粒子运动半个圆周之后再次进入电场时，与开始时运动的方向相反 ，电场的方向必须改变，故B错误；由qvBm，解得v，粒子最大动能为Ekmmv2，由此可知最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及粒子的电量和质量有关，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大，故C正确；粒子的最大动能Ekm，与加速电压的大小无关，即与两盒间的电势差无关，故D错误。答案C4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0AS0C，则下列相关说法中正确的是A甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等

5、于D若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为32解析由左手定则判定甲带负电，乙带正电，A错误；粒子在两极板间做匀速直线运动，故qEqvB1，则v，故C错误；由S0AS0C知，R甲R乙，又R，所以，故B正确，D错误。答案B5.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是A该微粒一定带负电荷B微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C该磁场的磁感应强度大小为D该电场的场强为Bvcos 解析若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电

6、场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件得：qvBcos mg，qvBsin qE，得磁场的磁感应强度B，电场的场强EBvsin ，故选项C、D错误。答案A6.(多选)在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度。其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中电流沿x轴正方向，大小为I。已知金属导体单位体积中的

7、自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间电压为U，则A金属导体的前侧面电势较低B金属导体的电阻为C自由电子定向移动的速度大小为D磁感应强度的大小为解析金属导体中有自由电子，当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动，在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子，由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿z轴正方向，自由电子向前侧面偏转，金属导体前侧面聚集了电子，后侧面感应出正电荷，金属导体前侧面电势低，后侧面电势高，故A正确；金属导体前后侧面间的电势差是感应电势差，而I为沿x轴方向的电流，故导体电阻不等于；由电流的微观表达式可知，Ine

8、vSnevbc，电子定向移动的速度大小v，故C错误；电子在做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件得eEevB，金属导体前后侧面间的电势差UEb，解得B，故D正确。答案AD7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线M

9、N做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法中正确的是A磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内B加速电场中的加速电压UERC磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离dD任何带正电的离子若能到达P点，则一定能进入收集器解析该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A错误；该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qEm，在加速电场中加速有qUmv2，联立解得UER，B正确；该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，有qvBm，又qEm，可得r，该离子经Q点进入收集器，故dr，C错误；任一初速度为零的带正电离子

10、，质量、电荷量分别记为mx、qx，经UER的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径RxR，即一定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径rx ，rx的大小与离子的质量、电荷量有关，不一定有rxd，故能到达P点的离子不一定能进入收集器，D错误。答案B8(多选)如图所示，在真空中半径为r0.1 m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B0.01 T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v1103 m/s从c点沿cd方向射入场区，粒子将沿cd方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的，不

11、计粒子重力，下列说法正确的是A电场强度的大小为10 N/CB带电粒子的比荷为1106 C/kgC撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD带电粒子在磁场中运动的时间为7.85105 s解析粒子沿直线运动，则qvBEq，解得EBv0.01103 N/C10 N/C，选项A正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向rt2，竖直方向rvt，解得： C/kg2106 C/kg，选项B错误，撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R m0.1 m，选项C正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t s1.57104 s，选项D错误。答案AC9(多选)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中

12、，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小。要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是A适当减小两金属板的正对面积B适当增大两金属板的距离C适当减小匀强磁场的磁感应强度D使带电粒子的电性相反解析在这个复合场中，动能逐渐减小，说明合外力做负功，因洛伦兹力不做功，故电场力做负功，则电场力小于洛伦兹力。由E可知，当减小正对面积，Q不变，E增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，选项A正确；当增大两板间距离时，场强不变，选项B错误；当减小磁感应强度时洛伦兹力

13、减小，洛伦兹力可能小于电场力，选项C正确；当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，选项D错误。答案AC10.(多选)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器和偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则A速度选择器中

14、的电场方向向右，且三种粒子均带正电B三种粒子的速度大小均为C如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大D如果三种粒子的电荷量均为q，且P1、P3的间距为x，则打在P1、P3两点的粒子质量差为解析根据粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，又由于粒子束在速度选择器中沿直线运动，因此电场方向一定向右，A正确；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，qEqvB1，可得v，B错误；粒子在底板MN下侧的磁场中运动时，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qvB2m，可得R，如果三种粒子的电荷量相等，粒子的质量越大，其轨迹半径也越大，所以打在P3点的粒子

15、质量最大，C正确；由题图可知OP12R1，OP32R3，xOP3OP1，因此mm3m1，D错误。答案AC二、非选择题11.如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中，有一个边界为圆形的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直xOy平面向里，其边界分别过原点O(0,0)、点P(L,0)和点Q(0，L)，第一象限内同时还存在一个竖直方向的匀强电场，一比荷为k的带电小球以某一初速度平行y轴正方向从P点射入磁场做匀速圆周运动，并从Q点离开磁场，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的方向和电场强度E的大小；(2)小球在磁场中运动的速率和时间t。解析(1)由题意可知，小球带正电荷，小球受到的电场力和重力平衡，则电

16、场的方向竖直向上，且qEmg，又k，故E。(2)小球在磁场中运动的轨迹如图所示圆心为C，半径为r，根据几何关系可得r2(rL)2(L)2解得r2L，故PQC是等边三角形根据牛顿第二定律可得qvBm解得r，故小球运动速率v2BLk由T，解得T，故小球在磁场中运动的时间tT。答案(1)匀强电场方向竖直向上，电场强度E的大小为(2)2BLk，12.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37角。在y轴与MN之间的区域内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上

17、的C点，MN与PQ之间区域内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(2)区域内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。解析(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动。由图甲知tan 37，解得E1cos 37解得B1(2)区域中小球做加速直线运动，电场强度最小，受

18、力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图乙知cos 37解得E2方向与x轴正方向成53角斜向上(3)小球在区域内做匀速圆周运动，所以mgqE3，得E3因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示由几何关系可知rrcos 53d，解得rd由洛伦兹力提供向心力知B2q2v0m，联立得B2。答案(1)(2)，方向与x轴正方向成53角斜向上(3)13.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，空间存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场和平行于xOy平面的匀强电场，第三象限内有一点P，其坐标为(1 m， m)，质量为m2105 kg、带电荷量为q5105 C的液滴以v2 m

19、/s的速度沿直线从P点运动到O点，若已知匀强磁场的磁感应强度大小B1 T，重力加速度g取10 m/s2。(1)求匀强电场场强E的大小及方向；(2)若在带电液滴经过O点时只撤去磁场，液滴会经过x轴上的Q点，求Q点的坐标。解析(1)由P点坐标为(1 m， m)可得PO与y轴的夹角30受力分析可知带电液滴沿PO做匀速直线运动，小球受重力、电场力、洛伦兹力，三力平衡，可得：qEmgcos 代入数据解得：E2 N/C电场方向沿PO方向(与x轴成60角斜向右上)(2)撤去磁场，液滴做类平抛运动，设其加速度为g，有g设撤掉磁场后到达Q点时液滴在初速度方向上的分位移为x，有xvt在重力与电场力的合力方向上的分

20、位移为y，有ygt2又g与x轴所成夹角为，如图所示，有tan 联立以上各式，代入数据解得x m又有OQ2x m故Q点的坐标为答案(1)2 N/C电场方向沿PO方向(与x轴成60角斜向右上)(2)14.如图甲所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，MN右侧存在垂直纸面的均匀磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，O点下方竖直距离d23.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板。现将一重力不计、比荷106 C/kg的正电荷从O点由静止释放，经过t105 s后，电荷以v01.5104 m/s的速度通过MN进入磁场。规定磁场方向垂直纸面向外为正，t0时刻电荷第一次通过MN。求：(1)匀强电场的

21、电场强度E的大小；(2)t105 s时刻电荷与O点的竖直距离d；(3)电荷从O点出发运动到挡板所需时间t。(结果保留两位有效数字)解析(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有v0atEqma解得E7.2103 N/C(2)由qv0Bm，T得r，T当磁场垂直纸面向外时，半径r15 cm周期T1105 s当磁场垂直纸面向里时，半径r23 cm周期T2105 s故电荷从t0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图1所示：t105 s时刻电荷与O点的竖直距离d2(r1r2)4 cm(3)电荷从第一次通过MN开始计时，其运动周期为T105 s根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为4个，此时电荷沿MN运动的距离s4d16 cm，则最后s7.5 cm的距离如图2所示，有r1r1cos s解得cos 0.5，则60故电荷运动的总时间t总t4TT1105 s1.1104 s。答案(1)7.2103 N/C(2)4 cm(3)1.1104 s