【文档说明】高考物理复习 课时过关题30 带电粒子在组合场中的运动（含答案解析）.doc，共(9)页，225.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题30带电粒子在组合场中的运动1.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2.如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，设OP=x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()3.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，它的构造原理如图所示．粒子源S发出两种带正电的同位素粒子甲和乙，两种粒子从S出来时速度很小，可忽略不计．粒子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场(图中线框所示)，最终打到照相底片上．测得甲、乙两种粒子打在照相底片上的点到入射点的距离之比为

5∶4.则它们在磁场中运动的时间之比是()A．5∶4B．4∶5C．25∶16D．16∶254.如图所示，两导体板水平放置，两板间的电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强

磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化而变化情况为()A．d随v0的增大而增大，d与U无关B．d随v0的增大而增大，d随U的增大而增大C．d随U的增大而增大，d与v0无关D．d随v0的增大而增大，d随U的增大而减小5.利用霍尔效应制作的霍尔元件

，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料制成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向

右侧，则其前、后两表面会形成电势差．现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前、后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是()A．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B．若接入元件1时，前表面电势

低；若接入元件2时，前表面电势高C．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D．不论接入哪个元件，都是前表面电势低6.如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电场和磁场，电场强度大小为E、方向竖直向下，磁感应强度大小为B、方向垂

直纸面向里．从电场、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子(粒子的重力忽略不计)，其运动轨迹如图虚线所示．对于带电粒子在电场、磁场中下落的最大高度H，下列给出了四个表达式，可能正确的是()A.2mEB2qB.4mE2B2q

C.2mBE2qD.mB2Eq7.如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限

的磁场．已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为()A.7πd2v0B.dv0(2＋5π)C.dv02＋3π2D.dv02＋7π28.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．

质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速．每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场一

次次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)．下列关于环形加速器的说法中正确的是()A．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为BnBn＋1=nn＋1B．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为BnBn＋1=nn＋1C

．A、B板之间的电压可以始终保持不变D．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为tntn＋1=nn＋19.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－60°～60°范围内，在x=l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y=－l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πlv0D．粒子打在荧光屏S上亮线的长度大于2l10.如图所示，在倾角为α(α<45°)的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当

导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场．当加匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上时，磁感应强度大小为B1，现使匀强磁场的磁感应强度方向沿逆时针转过α角时，磁感应强度大小为B2，再使匀强磁场的磁感应强度方向沿逆时针转过α角时，磁感应强度大小为B3

，则()A．B1=B3>B2B．B1<B2<B3C．B1=B3<B2D．B1=B2<B311.(多选)如图所示，两个重心重合的正三角形容器内分别存在着垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场，已知内部三角形容器ABC边长为2a，内部磁感应强度大小为B，且每条边的中点开有一个小孔．有一

带电荷量为＋q、质量为m的粒子从AB边中点D垂直AB进入内部磁场．如果要使粒子恰好不经过碰撞在磁场中运动一段时间后又能从D点射入，下列说法正确的是()A．容器ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为BB．容器A′B′C′的边长为23aC．粒子的速度大小为BqamD

．粒子再次回到D点的最短时间为7πm3Bq12.(多选)在如图所示的坐标系中，y>0的空间中存在匀强电场，场强方向沿y轴负方向；－1.5h<y<0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面(纸面)向外．一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，经过y轴上y=h处的P1点时速率为v

0，方向沿x轴正方向，然后，经过x轴上x=1.5h处的P2点进入磁场，进入磁场后垂直磁场下边界射出．不计粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是()A．粒子到达P2点时速度大小为35v0B．电场强度大小为8mv209qhC．

磁感应强度大小为2mv03qhD．粒子在磁场中运动的时间为37πh40v013.在如图所示的坐标系xOy中，x<0，y>0的区域内有沿x轴正方向的匀强电场，x≥0的区域内有垂直于xOy坐标平面向外的匀强磁场，x轴上A点的坐标为(－L,0)，y轴上D点的坐标为0，233L.有一个带正

电的粒子从A点以初速度vA沿y轴正方向射入匀强电场区域，经过D点进入匀强磁场区域，然后经x轴上的C点(图中未画出)运动到坐标原点O.不计重力．求：(1)粒子在D点的速度vD是多大？(2)C点与O点的距离xC是多大？(3)匀强电场的电场强度与匀强磁场的

磁感应强度的比值是多大？14.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场．荧光屏PQ垂直于x轴放置且距y轴的距离为L.一

质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)自坐标为(－L,0)的A点以大小为v0、方向沿y轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A点进入磁场，但初速度大小为22v0、方向与x轴正方向成

45°角，求：(1)带电粒子到达y轴时速度方向与y轴正方向之间的夹角；(2)粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标．答案解析1.答案为：B；解析：通电直导线周围的磁场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.答案为：B；解析：[在电场中Uq=12mv2，解得v=2Uqm，x=2mvqB=2mqB2Uqm=8mUqB2，所以能够正

确反映x与U之间的函数关系的是B图．]3.答案为：C；解析：[在电场中Uq=12mv2，解得v=2Uqm，打在照相底片上的点到入射点的距离d=2mvqB=2mqB2Uqm=8mUqB2，对于同位素，电荷量q相同，两电荷的质量之比为m1m2=d21d22=

2516，它们在磁场中运动的时间为半个周期，t=T2=πmqB，所以运动时间之比为t1t2=m1m2=2516，C正确．]4.答案为：A；解析：[带电粒子射出电场时速度的偏转角为θ，运动轨迹如图所示，

有：cosθ=v0v，又R=mvBq，而d=2Rcosθ=2mvBqcosθ=2mv0Bq，选项A正确．]5.答案为：A；解析：若接入元件1，载流子是电子，根据左手定则可知，电子向后表面偏转，故前表面电势高；若接入元

件2，载流子是空穴，根据左手定则可知，正电荷向后表面偏转，故前表面电势低，后表面电势高，A正确．6.答案为：A；解析：根据题意，由动能定理知粒子运动到最低点的过程中有，qEH=12mv2，在最低点，洛伦兹力大于电场力，qE<qvB，故H>mE2qB2，且H的单位一定跟mE2qB2的单位相同，

故A正确．7.答案为：D；解析：[带电粒子的运动轨迹如图所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v=2v0，这一过程的时间t1=dv02=2dv0.又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r=22d.故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：t2=3πm4B

q=32πd2v=3πd2v0.带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3=2πdv0故t总=dv02＋7π2.]8.答案为：B；解析：[因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以，绕行第n圈时获得总动能为12mv2n=nqU，得第n圈的速度vn=2nqUm

.在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn=mv2nR，解得Bn=1R2nmUq，所以BnBn＋1=nn＋1，A错误，B正确；如果A、B板之间的电压始终保持不变，粒子在A、B两极板之间飞行时，电场力对其做功为

qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU，从而使之减速．粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C错误；根据t=2πRv得tn=2πRm2nqU，得tntn＋1=n＋1n，D错误．]9.答案为：C；解析：沿x轴正方向发射的粒子经过了荧

光屏S上y=－l的点，由几何知识可知，粒子轨迹半径r=l，B错误；由牛顿第二定律可得qv0B=mv20r，解得qm=v0lB，A错误；沿x轴正方向发射的粒子在磁场中转过的圆心角最大，为θ=π，对应运动时间最长，t=θ2πT=πlv0，C正确；其他方向粒子打在荧光屏S上的纵坐标的绝对值一定小于l，故

粒子打在荧光屏S上亮线的长度小于2l，D错误．10.答案为：A；解析：当加匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上时，由共点力平衡可知，B1ILcosα=mgsinα，解得B1=mgtanαIL，匀强磁场的磁感应强度方向沿逆时针转过α角时，由共点力平衡可知，B2IL=mgsinα，

解得B2=mgsinαIL，使匀强磁场的磁感应强度方向再沿逆时针转过α角时，由共点力平衡可知，B3ILcosα=mgsinα，解得B3=mgtanαIL，故B1=B3>B2，A正确．11.答案为：ACD；解析：[根据题意可画出如图所示粒子运动的轨迹图，要想使粒子恰好不经过碰撞在磁场中

运动一段时间后又能从D点射入，容器ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为B，选项A正确；利用几何知识可知容器A′B′C′的边长为2a＋23a，选项B错误；因轨道半径R=a=mvBq，所以v=Bqam，选项C正确；粒子再次回到D点的最短时间为t=420°360°×2πmBq

=7πm3Bq，选项D正确．]12.答案为：BC；解析：设粒子从P1点到P2点的时间为t0，粒子从P1点到P2点沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做匀加速直线运动，由运动学公式可得，1.5h=v0t0，h=0＋vy2t0解得vy=43v0，则粒

子到达P2点的速度v=v20＋v2y=53v0，A错误；根据以上条件结合动能定理可得，qEh=12mv2－12mv20，解得E=8mv209qh，B正确；由题意可知粒子进入磁场后垂直磁场下边界射出，由此可作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，轨迹半径R满足Rsin37°=1.5h，即R=2.

5h，根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得，qvB=mv2R，联立解得B=2mv03qh，C正确；根据T=2πRv可得，粒子在磁场中运动的时间t=37°360°×T=37πh120v0，D错误．13.解：(1)设粒子从A点运动

到D点所用时间为t，在D点时，沿x轴正方向的速度大小为vx，则233L=vAt，12vxt=L，而vD=v2A＋v2x，解得vD=2vA.(2)设粒子在D点的速度vD与y轴正方向的夹角为θ，则tanθ=vxvA，解得θ=60°粒子在x≥0的区域内做匀速圆周运动，运动轨

迹如图所示．由几何关系有∠O1DO=∠O1OD=30°，则△OO1C为等边三角形，DC为直径，所以xC=yDtanθ=233L3=23L(或设轨道半径为R，由R=yD2sin60°=23L，得xC=2Rcos60°=23L)．(3)设匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强

度为B，粒子质量为m，带电荷量为q，则qEL=12mv2D－12mv2A，而qvDB=mv2DR，解得EB=vA2.14.解：(1)设磁场的磁感应强度为B，则由题意可知，当粒子以速度v0进入磁场时，设其

圆周运动的半径为R，有Bqv0=mv20R，其中R=L2当粒子以初速度大小为22v0、方向与x轴正方向成45°角进入磁场时，(图中α、β、θ均为45°)设其圆周运动的半径为R′，则有Bq×22v0=m

8v20R′由以上各式可解得R′=2L由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y轴上，所以该粒子必定垂直于y轴进入匀强电场，故粒子到达y轴时，速度方向与y轴正方向之间的夹角为90°.(2)由几何关系可知CO=(2－1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t，在电

场中向上运动的距离为h，则有：L=22v0t，h=12at2，a=qEm以上各式联立可解得：h=qEL216mv20所以粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标为L，qEL216mv20＋2－.