2019届高考物理二轮复习第一部分专题三电场与磁场第二讲带电粒子在电磁场中的运动课后“高仿”检测卷.doc

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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