五年2024-2025高考物理真題專題點撥-專題10帶電粒子在復(fù)合場組合場的運動含解析

PAGEPAGE13專題10帶電粒子在復(fù)合場、組合場的運動【2024年】1.（2024·新課標(biāo)Ⅰ）一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面對外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，可得粒子在磁場中的周期粒子在磁場中運動的時間則粒子在磁場中運動的時間與速度無關(guān)，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運動時間越長。采納放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零漸漸放大。當(dāng)半徑和時，粒子分別從ac、bd區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期。當(dāng)0.5R<r<1.5R時，粒子從半圓邊界射出，漸漸將軌跡半徑從0.5R漸漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從漸漸增大，當(dāng)軌跡半徑為R時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當(dāng)軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大，即軌跡對應(yīng)的最大圓心角粒子運動最長時間為，故選C。2.（2024·新課標(biāo)Ⅱ）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)整后電子束從靜止起先沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）A.M處的電勢高于N處的電勢B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面對外D.增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小可使P點左移【答案】D【解析】由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，依據(jù)沿著電場線方向電勢漸漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；B．增大加速電壓則依據(jù)可知會增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又依據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力供應(yīng)向心力有可得可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故依據(jù)幾何關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點會右移，故B錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運動，向下偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面對里，故C錯誤；由B選項的分析可知，當(dāng)其它條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點左移，故D正確。故選D。3.（2024·新課標(biāo)Ⅲ）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽視重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，則其運動軌跡，如圖所示A點為電子做圓周運動的圓心，r為半徑，由圖可知為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得解得；由洛倫茲力供應(yīng)向心力解得，故C正確，ABD錯誤。故選C。4.（2024·浙江卷）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為（）的粒子以速度從連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽視，則粒子到達(dá)連線上的某點時（）A.所用時間為B.速度大小為C.與P點的距離為D.速度方向與豎直方向的夾角為30°【答案】C【解析】粒子在電場中做類平拋運動，水平方向豎直方向由可得，故A錯誤；由于故粒子速度大小為，故B錯誤；由幾何關(guān)系可知，到P點的距離為，故C正確；由于平拋推論可知，，可知速度正切可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤。故選C。5.（2024·天津卷）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面對里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角。粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計。則（）A.粒子帶負(fù)電荷 B.粒子速度大小為C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a D.N與O點相距【答案】AD【解析】粒子向下偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則推斷洛倫茲力，可知粒子帶負(fù)電，A正確；粒子運動的軌跡如圖由于速度方向與y軸正方向的夾角，依據(jù)幾何關(guān)系可知，則粒子運動的軌道半徑為洛倫茲力供應(yīng)向心力，解得，BC錯誤；與點的距離為，D正確。故選AD?！?024年】1．（2024·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子放射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向放射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】a點射出粒子半徑Ra==，得：va==，d點射出粒子半徑為，R=，故vd==，故B選項符合題意2．（2024·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，在坐標(biāo)系的第一和其次象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面對外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入其次象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最終經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為A． B． C． D．【答案】B【解析】運動軌跡如圖。即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,其次部分是個周期,粒子在其次象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運動的時間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運動的時間為；則粒子在磁場中運動的時間為：，故B正確，ACD錯誤。.3．（2024·北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C【解析】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，依據(jù)確定粒子運動半徑和運動時間。由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)帶負(fù)電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減小磁感應(yīng)強度，由公式得：，所以磁感應(yīng)強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間肯定變長，故D錯誤?！?024年】1．【2024·新課標(biāo)Ⅰ卷】如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面對里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是A． B．C． D．【答案】B【解析】由題意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確，ACD錯誤。2．【2024·新課標(biāo)Ⅱ卷】如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場。若粒子射入速率為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則為A． B． C． D．【答案】C【解析】當(dāng)粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場的位置最遠(yuǎn)。則當(dāng)粒子射入的速度為，如圖，由幾何學(xué)問可知，粒子運動的軌道半徑為；同理，若粒子射入的速度為，由幾何學(xué)問可知，粒子運動的軌道半徑為；依據(jù)，則，故選C?！?024年】4．【2024·全國卷Ⅱ】一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()圖1-A.eq\f(ω,3B)B.eq\f(ω,2B)C.eq\f(ω,B)D.eq\f(2ω,B)【答案】A【解析】作出粒子的運動軌跡如圖所示，其中O′為粒子運動軌跡的圓心，由幾何關(guān)系可知∠MO′N′＝30°.由粒子在磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律可知qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，得T＝eq\f(2πm,Bq)，即比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2π,BT)，由題意知t粒子＝t筒，即eq\f(30°,360°)·T＝eq\f(90°,360°)·T筒，則T＝3T筒，又T筒＝eq\f(2π,ω)，故eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，選項A正確．5．【2024·全國卷Ⅲ】平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖1-所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面對外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()圖1-A.eq\f(mv,2qB)B.eq\f(\r(3)mv,qB)C.eq\f(2mv,qB)D.eq\f(4mv,qB)【答案】D【解析】設(shè)射入磁場的入射點為A，延長入射速度v所在直線交ON于一點C，則軌跡圓與AC相切；由于軌跡圓只與ON有一個交點，所以軌跡圓與ON相切，所以軌跡圓的圓心必在∠ACD的角平分線上，作出軌跡圓如圖所示，其中O′為圓心，B為出射點．由幾何關(guān)系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot30°＝eq\r(3)R；由對稱性知，AC＝CD＝eq\r(3)R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos30°＝3R；等邊△O′AB中，AB＝R，所以O(shè)B＝OA＋AB＝4R.由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)，所以O(shè)B＝eq\f(4mv,qB)，D正確．6．【2024·北京卷】如圖1-所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動．不計帶電粒子所受重力．(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還須要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小．圖1-【答案】(1)eq\f(mv,qB)eq\f(2πm,qB)(2)vB【解析】(1)洛倫茲力供應(yīng)向心力，有f＝qvB＝meq\f(v2,R)帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB).(2)粒子受電場力F＝qE，洛倫茲力f＝qvB.粒子做勻速直線運動，則qE＝qvB場強E的大小E＝vB.7．【2024·四川卷】如圖1-所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力．則()圖1-A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2【答案】A【解析】由題可得帶正電粒子在勻強磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，且洛倫茲力供應(yīng)做圓周運動的向心力，作出粒子兩次運動的軌跡如圖所示由qvB＝meq\f(v2,r)＝mreq\f(4π2,T2)可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2,又由t＝eq\f(θ,2π)T可以得出時間之比等于偏轉(zhuǎn)角之比．由圖看出偏轉(zhuǎn)角之比為2∶1，則tb∶tc＝2∶1，選項A正確．8．【2024·全國卷Ⅰ】現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重許多倍的離子，其示意圖如圖1-所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處