12.第十二周 带电粒子在场中的运动练习含答案---2026届高考物理一轮复习专题

这是一份12.第十二周 带电粒子在场中的运动练习含答案---2026届高考物理一轮复习专题，共7页。
一．选择题（1-5为单选题，题每小题4分，6-7题为多选题，每小题5分，共30分）
1.如图所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷（电荷量与质量之比）大小为k，由静止开始经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁场.下列说法正确的是（不计粒子所受重力）（ ）
A.如果只增加U，粒子可以从d、P之间某位置穿出磁场
B.如果只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场
C.如果既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场
D.如果只增加k，粒子可以从d、P之间某位置穿出磁场
2.如图所示，空间某区域存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向上，将相距很近的两带电小球a、b同时向左、右水平抛出，二者均做匀速圆周运动，经过一段时间，两球碰撞，碰后瞬间速度均为零.已知两球的电荷量分别为q1，q2，质量分别为m1、m2，不考虑两球之间的相互作用力.则下列说法正确的是（ ）
A.两球均带负电
B.q1∶q2＝m2∶m1
C.两球做圆周运动的周期一定相等
D.两球做圆周运动的半径一定相等
3.如图所示，质量为m、电荷量为＋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，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像不可能是下列选项中的( )
4.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
B．带电粒子每运动一周被加速两次
C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3
D．加速电场方向不需要做周期性的变化
5.如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示.已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略.下列说法正确的是( )
A．小球运动的速度一直增大
B．小球先做匀加速运动后做匀速运动
C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g
D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比
6.据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持(如图甲所示)，其示意图如图乙所示.在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动.则以下说法正确的是( )
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为eq \f(2πR,v)
C．垂直环平面的磁感强度大小为eq \f(mv,eR)
D．电场强度大小为eq \f(mv2,eR)
7.一有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大.一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下说法正确的是( )
A．从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B．从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中的最长运动时间不大于eq \f(πm,qB)
D．粒子在磁场中的最长运动时间不大于eq \f(3πm,2qB)
二、非选择题（第8题12分，第9题16分，共28分）
8.如图所示，轻绳的一端挂一小球，另一端连接一轻质小环，小环套在水平放置的足够长的直杆上，M为直杆上的一点，MN为垂直于直杆的分界线，MN的左侧存在水平向右的匀强电场.直杆在M左侧部分光滑，M右侧部分环与杆的动摩擦因数μ＝0.75，将小环用一插销固定在直杆的O点，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知，小球质量为m、带电荷量的大小为q，绳长为l，O点到MN的距离为eq \f(13,15)l，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g).求：
(1)电场的电场强度E的大小；
(2)拔下插销后，轻绳第一次竖直前瞬间小球的速度v1的大小；
(3)小球第一次离开电场的速度v2的大小；
(4)小球第一次离开电场后摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角.
9.如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t＝0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动.v0、E0和t0为已知量，且eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2v0t0,π)，\f(2v0t0,π))).求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置坐标；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L.
参考答案
1.解析：D 由题意可知qU＝12mv2，k＝qm，r＝mvqB，解得r＝1B2Uk.只增加U，r增大，粒子不可能从d、P之间某位置穿出磁场，A错误.粒子电性不变，不可能向上偏转从ab边某位置穿出磁场，B错误.既减小U又增加B，r减小，粒子不可能从bc边某位置穿出磁场，C错误.只增加k，轨迹半径r减小，粒子可以从d、P之间某位置穿出磁场，D正确.
2.解析：C 设电场强度为E，磁感应强度为B，由于二者均做匀速圆周运动，故重力与电场力平衡，所以两球均带正电，A错误；由重力与电场力平衡，得q1E＝m1g，q2E＝m2g，故q1∶q2＝m1∶m2，B错误；小球a、b做匀速圆周运动的周期分别为T1＝2πm1q1B，T2＝2πm2q2B，因为q1∶q2＝m1∶m2，所以T1＝T2，C正确；小球a、b做匀速圆周运动，则qvB＝mv2r，半径分别为r1＝m1v1q1B，r2＝m2v2q2B，因为q1∶q2＝m1∶m2，所以r1∶r2＝v1∶v2，由于二者圆周运动的周期相等，无论二者速度大小如何，二者运动一周都会在出发点碰撞，由于v1和v2关系不确定，故两球做圆周运动的半径关系无法确定，D错误.
3.解析：C 根据左手定则可知圆环所受洛伦兹力的方向向上，如果qv0B＝mg，则环和杆之间无弹力，圆环也不受摩擦力，环在杆上做匀速直线运动，圆环运动的速度—时间图像如A选项所示；如果qv0B＞mg，则环和杆之间有摩擦力作用，环做减速运动，根据牛顿第二定律可得μ(qvB－mg)＝ma，环的加速度减小，当减速到qvB＝mg时，环和杆之间无弹力，此后环做匀速运动，圆环运动的速度—时间图像如D选项所示；如果qv0B＜mg，则环和杆之间有摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得μ(mg－qvB)＝ma，环做减速运动，环的加速度增大，当速度减小到零时，环静止在杆上，圆环运动的速度—时间图像如B选项所示；故圆环运动的速度—时间图像不可能是C选项.故选C.
4.解析：D 由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与速度成正比，所以加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故A错误；由于题图中虚线中间不需加电场，带电粒子每运动一周被加速一次，故B错误；应用动能定理，经第一次加速后，有qU＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，解得v1＝eq \r(veq \\al( 2,0)＋2\f(qU,m))；经第二次加速后，有qU＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)，解得v2＝eq \r(veq \\al( 2,1)＋2\f(qU,m))＝eq \r(veq \\al( 2,0)＋4\f(qU,m))，而轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)，显然带电粒子每运动一周P1P2大于P2P3，故C错误；带电粒子每次从同一位置进入加速电场，即加速电场方向不需要做周期性的变化，故D正确.
5.解析：D 小球速度增大到v0后，加速度a变为0，于是速度不再继续增大，故A错误；小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时加速度a0＜g，故C错误；由a -v图像可得a＝kv＋a0，由牛顿第二定律可得mg－qE－Ff＝ma，解得a＝－eq \f(Ff,m)＋g－eq \f(qE,m)，联立可知a0＝g－eq \f(qE,m)，还可知－eq \f(Ff,m)＝kv，即Ff＝－kmv，故D正确.故选D.
6.解析：BCD 根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝eq \f(2πR,v)，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝meq \f(v2,R)，解得B＝eq \f(mv,eR)，C正确；电子垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝eq \f(mv2,eR)，D正确.故选BCD.
7.解析：AD 画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图所示，
当粒子都从ab边射出，则运动轨迹都是半圆周，运动时间都相等且为eq \f(πm,qB)，当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于eq \f(πm,qB)，故A正确，B、C错误；当粒子的速度足够大，半径足够大时，l远小于r，这时圆心角大小趋近于270°，因此粒子在磁场中的最长运动时间小于eq \f(3πm,2qB)，故D正确.故选AD.
8.解析：(1)对带电小球列平衡方程，有qE＝mgtan θ，解得电场的电场强度E＝eq \f(3mg,4q).
(2)拔下插销后，对小球由牛顿第二定律得eq \f(mg,cs θ)＝ma1，由几何关系可知拔下插销后小球沿绳方向运动的位移x1＝eq \f(l,cs θ)－l，对小球沿绳方向的匀变速直线运动列运动学方程得veq \\al( 2,1)＝2a1x1，联立解得轻绳第一次竖直前瞬间小球的速度v1＝eq \f(\r(10gl),4).
(3)轻绳恰好竖直时刻，对小球速度分解可求得小球在水平方向的分速度v1x＝v1sin 37°，轻绳竖直后对小球由牛顿第二定律得qE＝ma2，拔掉插销到轻绳竖直过程，小环到O点的水平距离x＝l tan θ，小球沿水平方向做匀加速直线运动的位移x2＝eq \f(13,15)l－x，对小球在水平方向的匀加速直线运动列运动学方程x2，联立解得v2＝ eq \r(\f(2gl,5)).
(4)小环滑动到MN分界线后，若某时刻细绳与竖直方向夹角为φ，对小环受力分析，列平衡方程，有FTsin φ＝Ff，FTcs φ＝FN，轻质环不滑动的条件是Ff≤μFN，联立解得轻环不滑动的条件是轻绳与竖直方向的夹角φ≤37°，轻环经过MN后处于静止状态，小球做圆周运动，对小球由动能定理得mgl(1－cs α)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)，解得小球第一次离开电场后摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角α＝37°.
9.解析：(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过eq \f(1,4)圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝eq \f(2v0t0,π)
又qv0B0＝eq \f(mveq \\al( 2,0),R)
又有eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)
联立解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0).
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，
则T＝eq \f(2πR,v0)＝4t0
即粒子P做eq \f(1,4)圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝eq \f(πR,2)
y1＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,0)
其中加速度a＝eq \f(qE0,m)
联立解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R
因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0))，如图中的b点所示.
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内，粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则L＝2R＋2x1，解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0.