2022年高考物理一轮考点跟踪练习34《带电粒子在叠加场中的运动》（含详解）

2022年高考物理一轮考点跟踪练习34

《带电粒子在叠加场中的运动》

一         、单选题

1.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,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,下列说法正确的是(　　)

A.组成A束和B束的离子都带负电

B.组成A束和B束的离子质量一定不同

C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷

D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外

A．适当减小电场强度E

B．适当减小磁感应强度B

C．适当增大加速电压U

D．适当增大加速电场极板之间的距离

3.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核(H)和α粒子(He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有(　　)

A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大

B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小

C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小

D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大

A．电子枪发射能力减弱，电子数量减少

B．加速电场的电压过低，电子速率偏小

C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少

D．偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强

5.中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示， 厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是(　　)

A.上表面的电势高于下表面电势

B.仅增大h时，上下表面的电势差增大

C.仅增大d时，上下表面的电势差减小

D.仅增大电流I时，上下表面的电势差减小

6.如图所示,甲是一个带正电的小物块,乙是一个不带电的绝缘物块,甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上,地板上方空间有水平方向的匀强磁场。现用水平恒力拉乙物块,使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动。在加速运动阶段,下列说法正确的是(　　)

A.甲对乙的压力不断减小

B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大

C.乙对地板的压力不断减小

D.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小

A．粒子一定带正电

B．粒子的运动轨迹一定是抛物线

C．电场线方向一定垂直等势线向左

D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大

A．该物块带负电

B．皮带轮的传动速度大小一定为1 m/s

C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移

D．在2～4.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动

9.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=

B．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=

C．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=

A．M端的电势比N端的高

B．电压表的示数U与a、b均成正比，与c无关

C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比

D．若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0

二         、多选题

11. (多选)某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度大小为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用．则下列说法正确的是(　　)

A．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D形盒运动轨道的半径r=

B．D形盒半径R=

C．质子能够获得的最大动能为

D．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1∶1

A．D形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场

B．忽略粒子在电场中运动的时间，则高频交流电源的频率为

C．粒子离开加速器时速度为

D．考虑粒子在电场中运动的时间，则把静止粒子加速到最大动能所需时间为

三         、计算题

13.如图所示，ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场，有一带电小球质量为m，电荷量绝对值为q，小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压为U的电场加速后，水平进入ABCD区域中，恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，且从B点射出，已知AB长度为L，AD长度为L，求：

(1)小球带何种电性及进入复合场时的速度大小；

(2)小球在复合场中做圆周运动的轨道半径；

(3)小球在复合场中运动的时间。

14.如图所示，穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径为R=0.3 m。M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为mM=0.01 kg、mN=0.08 kg；M带电荷量q=＋7×10－4C，N不带电。该空间同时存在匀强电场和匀强磁场。电场方向竖直向上，电场强度E=1×103 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B=×102 T。将两小球从图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针向上转动。取重力加速度g=10 m/s2，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：

(1)通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点？

(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力。

(3)小球M电势能变化量的最大值。

0.2022年高考物理一轮考点跟踪练习34《带电粒子在叠加场中的运动》（含详解）答案解析

一         、单选题

1.答案为：C；

解析：由左手定则知,A、B离子均带正电,A错误;两束离子经过同一速度选择器后的速度相同,在偏转磁场中,由R=可知,半径大的离子对应的比荷小,但离子的质量不一定相同,故选项B错误,C正确;速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里,D错误。

解析：根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力，要想使电子沿直线从电磁复合场区域通过，则必须有Eq=qvB，所以可以适当增大电场强度或适当减小磁感应强度，A错误，B正确；由Ue=mv2得v=，可以适当减小加速电压来减小电子进入电磁复合场的速度v，从而使得Eq=qvB，C错误；适当增大加速电场极板间的距离，但只要两板间电压不变，电子进入磁场的速度就不变，则电子受到的电场力仍小于它受到的洛伦兹力，电子向下偏转，D错误．

3.答案为：B；

解析：

由题意知=，=，回旋加速器交流电源的周期应与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，由T=可得=，故加速氚核的交流电源的周期较大，因为粒子最后直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，由R==可得氚核和α粒子的最大动能之比=，氚核获得的最大动能较小．故选项B正确．

解析：电视画面幅度比正常的偏小，是由于电子束的偏转角减小，即电子束的轨道半径增大．

电子在磁场中偏转时的半径r=，当电子枪发射能力减弱，发射的电子数量减少时，

由于运动的电子速率及磁感应强度不变，所以不会影响电视画面幅度的大小，故A错误；

当加速电场电压过低，电子速率偏小时，会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，

导致画面幅度与正常的相比偏大，故B错误；当偏转线圈局部短路，线圈匝数减少时，

会导致偏转线圈的磁感应强度减弱，从而使电子运动半径增大，电子束的偏转角减小，

则画面幅度与正常的相比偏小，故C正确；当偏转线圈中电流过大，

偏转线圈的磁感应强度增强时，会导致电子运动半径变小，

所以画面幅度与正常的相比偏大，故D错误．

5.答案为：C；

解析：A中金属导体中的自由电荷是带负电的电子，由电流方向向右可知电子的移动方向向左，根据左手定则，知这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，故A错误；稳定时，电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡，则evB=e，解得U=vBh，而根据I=nevhd可知v=，故U=，故增大h，电势差不变，仅增大d时，上、下表面的电势差减小，故B错误、C正确；而仅增大I时，电势差增大，故D错误。

6.答案为：D；

解析：对甲、乙两物块受力分析,甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大,乙物块对地板的压力不断增大,甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动;甲、乙两物块间的摩擦力大小为Ff=m甲a,甲、乙两物块间的摩擦力不断减小。故D正确。

解析：根据粒子在电场、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势线向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．

解析：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，

设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向有μFN－mgsinθ=ma①

物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，一定是FN逐渐减小，

而开始时FN=mgcosθ，后来F′N=mgcosθ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．

物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故A错误．物块向上运动的过程中，

洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，

当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时mgsinθ=μ(mgcosθ－f洛)②

由②式可知，只要皮带的速度大于或等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1 m/s，也可能大于1 m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误、D正确．由以上分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误．

9.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mv=nqU，得第n圈的速度vn= .在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn=m，解得Bn= ，所以= ，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=得tn=2πR ，得= ，D错误．]

解析：根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向外，则向外偏转，

正离子所受的洛伦兹力向里，向里偏转，因此M板带负电，N板带正电，

则M板的电势比N板电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，

有：qvB=q，解得U=Bbv，与离子浓度无关，故BD错误；因v=，则流量Q=vbc=，

因此U=，与污水流量成正比，故C正确．

二         、多选题

11.答案为：AB；

解析：[由Uq=mv2和r=，解得r= ，A正确．设带电粒子在磁场中转的圈数为n，

则n==，带电粒子在电场中加速的次数为2n，获得的最大速度为vm，

则Uq·2n=mv，得vm= ，D形盒的半径为R=，三式联立解得R= ，B正确；

质子能够获得的最大动能为Ekm=2nUq=，C错误；交流电源频率f=，

加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为2∶1，D错误．]

解析：根据静电屏蔽的相关知识可知，D形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场，

选项A正确．粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电源频率等于粒子回旋频率，

由T=，得回旋频率即高频交流电源频率为f==，选项B错误．粒子旋转半径最大时，

由牛顿第二定律得qvmB=，解得vm=，选项C正确．粒子最大动能Ekm=mv=，

粒子在电场中做匀加速直线运动，粒子每旋转一周能量增加2qU，粒子的能量提高到Ekm，

则旋转周数n=，粒子在磁场中运动的时间t磁=nT=，旋转周数n，

在电场中运动的距离为2nd，由2nd=vmt电，解得t电=，

把静止粒子加速到最大动能所需时间为t=t电＋t磁=＋，选项D错误．

三         、计算题

13.解：(1)小球在电场、磁场和重力场的复合场中，做匀速圆周运动，

根据左手定则可知小球带负电。小球进入复合场之前由动能定理：qU=mv2，

解得：v= 。

(2)设做圆周运动的轨道半径为r，

由几何关系：r2=(r－L)2＋(L)2，解得r=2L。

(3)由(2)知圆周运动对应圆心角：θ=

粒子运动周期：T=   运动时间为：t=T

联立以上可得：t= 。

14.解：(1)设MN在转动过程中，绳对M、N做的功分别为Wr、Wr′，则Wr＋Wr′=0

设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别为EkM、EkN

对M，洛伦兹力不做功，由动能定理可得：qER－mMgR＋Wr1=EkM

对N由动能定理：Wr1′－mNgR=EkN

联立解得：EkM＋EkN=－0.06 J

即：M在圆环最高点时，系统动能为负值；故M不能到达圆环最高点。

(2)设N转过α角时，M、N的速度大小分别为vM、vN，

因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同，则vM=vN，对M，洛伦兹力不做功，

根据动能定理qERsin α－mMgRsin α＋Wr2=mMvM2

对N由动能定理： Wr2′－mNgR(1－cos α)=mNvN2

联立解得： vM2=×(3sin α＋4cos α－4)

由上式可知，当tan α=时，M、N达到最大速度，最大速度为vmax= m/s

M速度最大时，设绳子拉力为F，圆环对小球M的弹力FN，

由牛顿运动定律Fcos 45°=(qE－mMg)cos 37°

qvmaxB＋Fsin 45°－(qE－mMg)sin 37°＋FN=

解得：FN=－0.096 N，负号表示弹力方向沿圆环径向向外。

(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，

所以，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减小最多，

由vM2=×(3sin α＋4cos α－4)，可得：3sin α＋4cos α－4=0

解得：sin α=或sin α=0

故M的电势能减小量的最大值为：|ΔEp|=qERsin α= J=0.201 6 J.