高中物理選修3-1《36帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動》測試題解析版

高中物理選修3”《3?6帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動》測試題

解析版

一.選擇題（共19小題）

1.在我們生活的地球周圍，每時每刻都會有大量的由帶電粒子組成的宇宙射線向地球射來,

地球磁場可以有效地改變這些宇宙射線中大多數(shù)帶電粒子的運(yùn)動方向，使它們不能到達(dá)

地面，這對地球上的生命有十分重要的意義.若有一束宇宙射線在赤道上方沿垂直于地

磁場方向射向地球，如圖所示，在地磁場的作用下，射線方向發(fā)生改變的情況是（）

TSWT-

A.若這束射線是由帶正電荷的粒子組成，它將向南偏移

B.若這束射線是由帶正電荷的粒子組成，它將向北偏移

C.若這束射線是由帶負(fù)電荷的粒子組成，它將向東偏移

D.若這束射線是由帶負(fù)電荷的粒子組成，它將向西偏移

【分析】根據(jù)地球磁場的分布.由左手定則可以判斷粒子的受力的方向，從而可以判斷

粒子的運(yùn)動的方向.

【解答】解：地球的磁場由南向北，當(dāng)帶負(fù)電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時,

根據(jù)左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向西，所以粒子將向西偏轉(zhuǎn)；當(dāng)帶正電的宇

宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據(jù)左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向東,

所以粒子將向東偏轉(zhuǎn)，所以D正確。

故選：D。

【點評】本題就是考查左手定則的應(yīng)用，掌握好左手定則即可判斷粒子的受力的方向.

2.如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，半徑0C與0B夾角為60°.一

電子以速率v從A點沿直徑AB方向射入磁場，從C點射出。電子質(zhì)量為m、電荷量為

e,不計電子重力，下列說法正確的是（）

A.磁場方向垂直紙面向里

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B.磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為亞吧

3eR

C.電子在磁場中的運(yùn)動時間為空之工

3v

D.若電子速率變?yōu)镹,仍要從C點射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍

3

【分析】根據(jù)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，半徑0C與OB夾角為

60°.甲電子以速率v從A點沿直徑AB方向射入磁場，從C點射出可知，本題考查帶

電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，根據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動知識和幾何關(guān)系進(jìn)行求解。

【解答】解：A、根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；

B、由題意得，電子的運(yùn)動半徑恰好等于r=J^R=膽，解得8=空坦=亞吧，故B

qBeB3eR

正確；

C、運(yùn)動周期丁=空里，電子在圓形區(qū)域的運(yùn)動時間返二故C錯誤；

eB63v

D、電子的運(yùn)動半徑恰好等于「=膽，若電子速率變?yōu)楣?，仍要從C點射出，磁感應(yīng)強(qiáng)

qB3

度大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼墓ぃ蔇錯誤；

3

故選：Bo

【點評】本題是帶電粒子以大小不的速率朝著圓心方向射入圓形磁場，且入射方向相反,

且速度有一定的關(guān)系，由洛侖茲力提供向心力求得半徑關(guān)系，由幾何關(guān)系就能求出兩出

射點之間的距離

3.質(zhì)譜儀是一種分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如陽所示。若離子源放出氫的三種

同位素。氣核、笊核、氣核（離子出來時速度很小，可視為零）。由P點經(jīng)電壓為U的

電場加速后，從0點垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到底片上感光，則

下列說法正確的是（）

A.感光點到O的距離之比為娓：V3：V2

B.打到底片上時的速度之比為加：的：E

C.從P點到O點經(jīng)過電場的時間之比為1：V2：V3

D.從O點進(jìn)入磁場到打在底片上的時間之比為3：2：1

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【分析】（1）根據(jù)動能定理求出粒子進(jìn)入磁場時的動能。

（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可求出粒子的軌道半徑，然后求出距離。

（3）因電荷在電場中加速，根據(jù)動能定理與牛頓第二定律相結(jié)合，即可求解運(yùn)動半徑的

大小。

2

【解答】解：AB、在加速電場U中：Uq=lmv從而求得速度丫=）巫，洛侖茲力

提供向心力：qBv=mJ,則半徑r=迎，而三種粒子的比荷之比分別為：1：1：-1

rqB123

=6：3：2,所以感光點到0點的距離之比為加：V3：亞，故A正確，B錯誤；

CD、根據(jù)周期公式和時間公式有：t=_9_XT=!x空處，與比荷成反比，所以時間

2兀2qB

之比為：1：2：3,故CD錯誤。

故選：Ac

【點評】本題是動能定理和牛頓定律的綜合題，解決本題的關(guān)鍵會靈活運(yùn)用動能定理和

牛頓定律；確定運(yùn)動半徑與電壓的關(guān)系，這是解題的關(guān)鍵之處。

4.如圖所示，靜止在勻強(qiáng)磁場中的某放射性元素的原子核，當(dāng)它放出一個a粒子后，其速

度方向與磁場方向垂直，測得a粒子和反沖核軌道半徑之比為44：1,則下列說法不正

確的是（）

A.a粒子與反沖粒子的動量大小相等，方向相反

B.原來放射性元素的原子核電荷數(shù)為9U

C.反沖核的核電荷數(shù)為88

D.a粒子和反沖粒子的速度之比為1：88

【分析】核衰變過程動量守恒，反沖核與釋放出的粒子的動量大小相等，結(jié)合帶電粒子

在勻強(qiáng)磁場中圓周運(yùn)動的半徑公式可得小粒子與反沖核的電荷量之比。

【解答】解：A、微粒之間相互作用的過程中遵守動量守恒定律，由于初始總動量為零,

則末動量也為零，即a粒子和反沖核的動量大小相等，方向相反；故A正確；

BCD、由于釋放的a粒子和反沖核均在垂直于磁場的平面內(nèi)，且在洛倫茲力作用下做圓

周運(yùn)動；由Bqy=史上得：

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pP

若原來放射性元素的核電荷數(shù)為Q,則對a粒子：立二忌丁,對反沖核：R2

由于Pi=P2,根據(jù)Ri：R2=44：1,解得Q=90,反沖核的核電荷數(shù)為90?2=88,它們

的速度大小與質(zhì)量成反比，由于不知道質(zhì)量關(guān)系，無法確定速度大小關(guān)系，故B、C正

確，D錯誤；

本題選不正確的，

故選：Do

【點評】原子核的衰變過程類比于爆炸過程，滿足動量守恒，而帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中

圓周運(yùn)動的半徑公式中的分子恰好是動量的表達(dá)式，要巧妙應(yīng)用。

5.如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，邊界OA上有一粒子

源S.某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子

的重力及粕子間的相互作用）,所有粕子的初速度大小相同.經(jīng)過一段時間有大量粒子從

邊界OC射出磁場.已知/AOC=60°,從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最短時

間等于工（T為粒子在磁場中運(yùn)動的周期），則從邊界0c射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最

6

長時間為（）

產(chǎn)xx

/B

/XXX

/

/XXXX

/

/XXXX

/

/XXXXX

加-產(chǎn)y

A.IB.IC.2Td.ST

3236

【分析】粒子在磁場中運(yùn)動做勻速圓周運(yùn)動，所有粒子的初速度大小相同，軌跡半徑相

同，弦越大，軌跡的圓心越大，運(yùn)動時間越長.根據(jù)幾何知識，畫出軌跡，作出最長的

弦，定出最長的運(yùn)動時間.

【解答】解：粒子在磁場中運(yùn)動做勻速圓周運(yùn)動，入射點是S,出射點在0C直線上，出

射點與S點的連線為軌跡的一條弦。

當(dāng)從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最短時，軌跡的弦最短，

根據(jù)幾何知識，作ES_LOC,則ES為最短的弦，粒子從S到E的時間即最短。

由題，粒子運(yùn)動的最短時間等于工，則0=60°

6

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設(shè)OS=d,貝IJES=?1

2

由幾何知識，得粒子運(yùn)動的軌跡半徑為R=ES=學(xué)，直徑D=JEd

當(dāng)粒子軌跡的弦是直徑時運(yùn)動時間最長，根據(jù)幾何知識，軌跡SD如圖。

可見粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為tmax=l

2

故選：Bo

,CXX

/H

D,Xxx

XX、X

/:\

/NXX：X

/I9

E/支、X：XX/X

01

【點評】帶電粒子在磁場中圓周運(yùn)動的問題是高考的熱點，也是難點，關(guān)鍵是運(yùn)用幾何

知識畫出軌跡.

6.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子（不計重力）以速度

U從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過時間從C點射出磁場，OC與0A成60°

角。現(xiàn)將另一同種帶電檢子以速度3v仍從A點射入磁場,則該粒子在磁場中的運(yùn)動時間

為（）

yz5r5nb

XXXXX

/XXX^xX\

/W研及句8

\xyxxx/

AQA?DOA?C'1A?r?1At

32

【分析】由于粒子在勻強(qiáng)磁場是做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動周期與粒子速度大小無關(guān)，可見,

要計算粒子在磁場中運(yùn)動的時間，只要求得它在磁場中運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角，就可得

到所用的時間。

【解答】解：設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑是R,以速度v射入時，半徑咀

rlqB

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根據(jù)幾何關(guān)系可知，、=tan30。，解得：ri

R1

P

1202兀m2兀m

運(yùn)動時間：----T=

八工2兀360qBqB

粒子以速度3V射入時，半徑:「2嗡=3X%=屈

根據(jù)幾何關(guān)系可知：ta葭二區(qū)二W二百,解得：。

設(shè)第二次射入時的圓心角為仇taiT

Tr2V3R3

=60°

第二次運(yùn)動的時間為：=—故ABC錯誤，D正確。

/3606qB2

故選：Do

【點評】帶電粒子在磁場中運(yùn)動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時還

利用圓弧的幾何關(guān)系來都助解題c

7.如圖所示，MN為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中的?條水平擋板，在擋板上的S點處有

一個粒子源，它可以在紙面內(nèi)發(fā)射速度大小均為v的相同帶負(fù)電粒子，粒子的入射方向

被約束在/PSQ范圍內(nèi)，SA是NPSQ的角平分線，SA垂直于擋板MN,ZPSA=ZASQ

=a=30°,已知粒子的電荷量為q,質(zhì)量為m,不計粒子的重力，則以下說法正確的是

)

A.沿SP和SQ射出的粒子打到MN上的運(yùn)動時間相同

B.沿SP方向射出的粒子打到MN上的運(yùn)動時間最長，為包皿

3qB

C.沿SA方向射出的粒子打到MN的位置距離S點最遠(yuǎn)，為2吧

qB

D.沿SP方向射出的粒子打到MN的位置距離S點最遠(yuǎn)，沿SQ方向射出的粒子打到

MN的位置距離S點最近

【分析】畫出運(yùn)動軌跡圖，由圖確定出運(yùn)動過程對應(yīng)的圓心角，結(jié)合運(yùn)動周期確定運(yùn)動

時間，與MN的交點最大的弦為半圓，兩交點間的距離最大。

【解答】解：沿SQ運(yùn)動軌跡如左圖，沿SP運(yùn)動軌跡如右圖

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ABC、運(yùn)動周期相同為；T=空皿

Bq

沿SQ運(yùn)動時間為：i=、T=27rm

33Bq

沿SP運(yùn)動時間為：t'=21=里口匕故AB錯誤

33Bq

CD、與MN的交點最大的弦為半圓，兩交點間的距離最大，沿SA方向射出的粒子打到

MN的位置距離S點最遠(yuǎn)為2R,而區(qū)=更，則距離為維，故C正確，D錯誤

BqBq

故選：Co

【點評】本題的關(guān)鍵是畫出運(yùn)動軌跡圖，由運(yùn)動過程對應(yīng)的圓心角確定時間，與MN的

交點最大的弦為半圓，兩交點間的距離最大

8.如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面處于水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場

中。將一帶負(fù)電的小球自斜面上的某點由靜止釋放，小球沿斜面向下運(yùn)動，以下說法正

確的是（）

A.小球的機(jī)械能守恒

B.小球的電勢能和機(jī)械能之和減少

C.靜電力做的功等于小球機(jī)械能的增加

D.靜電力做的功等于小球動能的增加

【分析】根據(jù)除重力以外力其池力是否做功，判斷小球的機(jī)械能是否守恒。根據(jù)能量守

恒定律分析電勢能和機(jī)械能之和的變化情況。根據(jù)功能原理分析靜電力做的功與小球機(jī)

械能的增加的關(guān)系。

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【解答】解：A、小球沿斜面向下運(yùn)動時，靜電力對小球要做正功，所以小球的機(jī)械能增

力口，故A錯誤。

B、根據(jù)能量守恒定律，可知小球的電勢能和機(jī)械能之和保持不變，故B錯誤。

C、小球沿斜面向下運(yùn)動時，洛倫茲力不做功，靜電力對小球做正功，導(dǎo)致小球的機(jī)械能

增加，由功能原理知，靜電力做的功等于小球機(jī)械能的增加。故C正確。

D、根據(jù)動能定理知，靜電力和重力做功之和等于小球動能的增加，故D錯誤。

故選：Co

【點評】解決本題時要知道洛哈茲力總不做功，除重力以外力其他力做功決定了機(jī)械能

的變化情況，要掌握功能原理。

9.如圖所示，兩個平行金屬板M、N間為一個正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)，電場方向由

M板指向N極，磁場方向垂直紙面向里,00'為到兩極板距離相等的平行兩板的直線.一

B.帶電量為2q的粒子以vo從0點沿OO'射入仍能勻速通過場區(qū)

C.保持電場強(qiáng)度和磁感強(qiáng)度大小不變，方向均與原來相反，粒子以vO從0點沿OO'

射入，則粒子仍能勻速通過場區(qū)

D.粒子仍以速率vo從右側(cè)的O'點沿O'O方向射入，粒子仍能勻速通過場區(qū)

【分析】首先根據(jù)粒子做勻速直線運(yùn)動，可判斷帶正電粒子的電場力和洛倫茲力相等，

即有：qE=Bqvo?

解得vo=l,可得知電場強(qiáng)度和磁場強(qiáng)度的大小與速度的關(guān)系.不論粒子帶正電還是負(fù)

B

電，不論電量大還小，粒子要沿直線通過該復(fù)合場，洛倫茲力和電場力必應(yīng)等大反向.若

速度反向，則不論粒子帶何種電，電場力與洛倫茲力均同向，所以不能勻速通過.

【解答】解：A、由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下

的電場力相平衡；若負(fù)電粒子從左向右通過時，豎直向下的洛倫茲力也能與豎直向上的

電場力相平衡，原因是粒子的速度沒有變化，故A正確；

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B、由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平

衡，即有：qE=Dqvo,解得：vo=],可知平衡條件與電荷量的多少無美，因此帶電量

為2q的粒子同樣也能勻速通過，故B正確；

C、由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平

衡，即有：qE=Bqvo,解得：von,,當(dāng)電場與磁場方向與原來相反時，沒有影響平衡

條件，所以也能勻速通過。故C正確；

D、若粒子仍以速率vo從右側(cè)的0'點沿O'O方向射入，粒子受到的豎直向下的電場

力與豎直向下的洛倫茲力就不能平衡，因此不能勻速通過。故D錯誤；

本題選錯誤的，故選：Do

【點評】該題模型是“速度選擇器”，在速度選擇器中，粒子的受力特點：同時受到方向

相反的電場力和洛倫茲力作用；

粒子能勻速通過選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡，即qvB=qE,v=l,只有速度

為丫=旦的粒子才能沿直線勻速通過選擇器.若粒子從反方向射入選擇器，所受的電場力

B

和磁場力方向相同，粒子必定發(fā)生偏轉(zhuǎn).

10.如圖所示為一速度選擇器，兩極板P、Q之間存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)

度為B的勻強(qiáng)磁場。一束粒子流（重力不計）以速度v從a點沿直線運(yùn)動到為點，下列

說法中正確的是（）

A.粒子一定帶正電

B.粒子一定帶負(fù)電

c.粒子的速度大小一定等于B

E

D.粒子的速度大小一定等于E

B

【分析】首先根據(jù)粒子做勻速直線運(yùn)動，可判斷粒子的電場力和洛倫茲力相等，即可得

知電場強(qiáng)度和磁場強(qiáng)度的關(guān)系。再分別假設(shè)粒子帶正電或負(fù)電，可知電場的方向，并發(fā)

現(xiàn)電場的方向與電性無關(guān)。

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【解答】解：AB、粒子受洛倫茲力和電場力；假設(shè)粒子帶正電，則受到向下的洛倫茲力,

電場力向上；若粒子帶負(fù)電，洛倫茲力向上，電場力向下；均可以平衡；故A粒子可以

帶正電，也可以帶負(fù)電；故AB錯誤；

CD、為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受到電場力和洛倫茲力是平衡力，即為qvB=qE,所

以電場與磁場的關(guān)系為：v=旦，故D正確C錯誤；

B

故選：D。

【點評】在速度選擇器中，粒子的受力特點：同時受到方向相反的電場力和洛倫茲力作

用；粒子能勻速通過選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡，即qvB=qE,v=旦，只有

B

速度為E的粒子才能沿直線勻速通過選擇器：若粒子從反方向射入選擇器，所受的電場

B

力和磁場力方向相同，粒子必定發(fā)生偏轉(zhuǎn)。

11.如圖所示，真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成15°角，AB直線垂直勻強(qiáng)電場E,現(xiàn)有一

質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球在A點以初速度大小vo方向水平向右拋出，經(jīng)時間t小球

下落到C點（圖中未畫出）時速度大小仍未vo,則小球由A點運(yùn)動到C點的過程中，下

列說法正確的是（）

A.電場力對小球做功為零

B.小球的機(jī)械能減小量為工mg?-

2

C.小球的電勢能變大

D.C一定位于AB直線的右側(cè)

【分析】小球由A點運(yùn)動到C點的過程中，重力做正功，動能不變，由動能定理可判斷

出電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，C點的電勢比A點電勢高，可知C點位于AB直線的右

側(cè)

【解答】解：A、C、由題，小球由A點運(yùn)動到C點的過程中，重力做正功，動能不變,

由動能定理得知，電場力必定做負(fù)功，小球的電勢能增加。故A、C錯誤。

B、小球具有機(jī)械能和電勢能，總量守恒，小球的電勢能增加，則知小球的機(jī)械能一定減

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小，小球的機(jī)械能的減少量即為豎直方向的重力勢能的減少量mgh,由于電場力向左下

方，重力豎直向下，將合力沿著水平和豎直方向正交分解，豎直方向的合力大于重力，

故在豎直方向的分運(yùn)動的加速度a大于g,豎直方向h=-lat2>-igt2,BPmgh>-img2t2,

故B錯誤。

D、小球的電勢能增加，而小球帶正電，則知C點的電勢比A點電勢高，故C點一定位

于AB直線的右側(cè)。故D正確,

故選：Do

【點評】本題運(yùn)用動能定理分析電場力做功正負(fù)，并分析電勢能、機(jī)械能的變化.根據(jù)

推論：正電荷在電勢高處電勢能大，分析C點的位置.

12.如圖所示，真空中有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B,還有方向豎直向上的勻

強(qiáng)電場E.二個帶電液滴（可視為鹿點）甲、乙、丙帶有等量同種電荷.已知甲靜止.

乙水平向左勻速運(yùn)動，丙水平向右勻速運(yùn)動。則下列說法正確的是（）

x|x

XX

A.三個液滴都帶負(fù)電

B.丙質(zhì)量最大，甲質(zhì)量次之，乙質(zhì)量最小

C.若僅撤去磁場，甲可能做勻加速直線運(yùn)動

D.若僅撤去電場，乙和丙可能做勻速圓周運(yùn)動

【分析】三個帶電油滴都受力平衡，根據(jù)共點力平衡條件列式求解確定電性與質(zhì)量大小,

再依據(jù)洛倫茲力、電場力與重力關(guān)系，來判定速率的大小，最后根據(jù)洛倫茲力受到速率

的影響，從而確定運(yùn)動性質(zhì)。

【解答】解：A、甲球受力平衡，有：6甲=4￡…①

重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場強(qiáng)度向上，故球帶正電；故

A錯誤;

B、由左手定則可知乙受到的洛倫茲力的方向向下，乙球受力平衡，得：G乙+qvB=qE…

丙受到的洛倫茲力的方向向上，球受力平衡，有：Gjj=qvB+qE…③

解得：6內(nèi)>6甲>6乙，故B正確；

C、若僅撤去磁場，甲受到的重力和電場力不變，仍然靜止。故C錯誤;

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D、若僅撤去電場，乙和丙都受到重力和洛倫茲力的作用，由于重力做功會引起速度大小

的變化，所以不可能做勻速圓周運(yùn)動。故D錯誤。

故選：Bo

【點評】本題關(guān)鍵分別對a、b、c三個球進(jìn)行受力分析，然后得到小球的電性，電場力

和洛侖茲力的方向，最后根據(jù)共點力平衡條件得到各個球的重力的大小。

13.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩

個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到

加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示。設(shè)D形盒半徑為R,勻

強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,高頻交流電頻率為f。若用回旋加速器加速質(zhì)子時，則下列說

法正確的是（）

A.高頻電源的周期是質(zhì)子做圓周運(yùn)動的周期的兩倍

B.質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān)

C.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2ER

D.不改變B和f,該回旋加速器也能用于加速笊核

【分析】回旋加速器粒子在磁場中運(yùn)動的周期和高頻交流電的周期相等，當(dāng)粒子從D形

盒中出來時，速度最大，此時運(yùn)動的半徑等于D形盒的半徑。

【解答】解?：A、回旋加速器粒子在磁場中運(yùn)動的周期和高頻交流電的周期相等。故A

錯誤。

2

B、根據(jù)qvB=m4,得vm=邂，與加速的電壓無關(guān)。故B錯誤。

Rm

C、當(dāng)粒子從D形盒中出來時速度最大，vm=-22LK=2nfB.故C正確。

T

D、根據(jù)丁二空外，知質(zhì)子換成笊核，比荷發(fā)生變化，則在磁場中運(yùn)動的周期發(fā)生變化,

qB

回旋加速器粒子在磁場中運(yùn)動的周期和高頻交流電的周期相等，故需要改變磁感應(yīng)強(qiáng)度

或交流電的周期。故D錯誤。

第12頁共53頁

故選：Co

【點評】解決木題的關(guān)鍵知道當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大.以及知道回旋加速

器粒子在磁場中運(yùn)動的周期和高頻交流電的周期相等。

14.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個半

徑為R的D形金屬盒，兩盒間寬d的狹縫中形成的變化的電場，電壓為U；兩D形金屬

盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場B中，一電子利用其加速，則下列說法中正確的是（）

A.電子獲得的最大速度為在達(dá)

IU

2口2P2

B.電子獲得的最大動能為且_U_

2m

C.電子的加速時間為迎_

U

D.增大D形金屬盒的半徑，電子獲得的最大動能減小

【分析1回旋加速器運(yùn)用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以

求出粒子的最大速度，從而求出最大動能。

在加速粒子的過程中，運(yùn)動時間由粒子在磁場中運(yùn)動的時間決定。

仁

212

【解答】解：ABD、電子離開回旋加速器時滿足：evB=m?一則有：EJ^mv=

Rk2

2R2p2

eBR,增大D形金屬盒的半徑，最大動能增大，故AD錯誤，B正確;

2m

C、電子在電場中運(yùn)動的加速度a=運(yùn)，末速度v=型，電子加速時間t=駟，故C

dmmU

錯誤。

故選：Bo

【點評】本題考查了回旋加速器的工作原理，理解最大動能的決定因素，了解并理解了

常用實驗儀器或?qū)嶒炂鞑牡脑硎墙忸}的關(guān)鍵。

15.如圖所示，一束粒子（不計重力，初速度可忽略）緩慢通過小孔6進(jìn)入極板間電壓為

U的水平加速電場區(qū)域，再通過小孔02射入相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其中

磁場的方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可根據(jù)實際要求調(diào)節(jié)，收集室的小孔03與01、

02在同一條水平線上。則下列判斷正確的是（）

第13頁共53頁

u

A.該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子

B.該裝置可篩選出具有特定電荷量的粒子

C.該裝置可篩選出具有特定比荷的粒子

D.該裝置可篩選出具有特定動能的粒子

【分析】粒子只有沿02、03方向做直線運(yùn)動，粒子才能進(jìn)入收集室，電場力與洛倫茲力

平衡，可得到速度表達(dá)式。根據(jù)動能定理得到速度與電荷量、質(zhì)量的關(guān)系。

【解答】解：粒子只有沿6、03方向做直線運(yùn)動，粒子才能進(jìn)入收集室，由qvB=qE,

得丫=旦，所以該裝置可篩選出具有特定速度的粒子。

B

2

在電場中，根據(jù)動能定理得qU=Amv,解得：v=怦

2

又丫=￡,則：￡.=-1—,

Bm2UB2

所以可以篩選出具有特定比荷的粒子，但不能選出特定質(zhì)量或特定電荷量的粒子，也不

能選出具白特定功能的粒子，故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查對粒子速度比擇器原理的理解，根據(jù)平衡條件和動能定理結(jié)合進(jìn)行分

析。

16.美國物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動

的特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在

獲得較高能量帶電粒子方面前進(jìn)了一步，如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中

盒縫間的加速電場場強(qiáng)恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從Po處以速度vo沿電場

線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進(jìn)入D型盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速園周運(yùn)動，對于這種

改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是（）

第14頁共53頁

A.帶電粒子每運(yùn)動一周被加速兩次

B.每次通過A、C板過程，加速粒子速度的增量相同

C.若加速電場的場強(qiáng)越大，加速粒子射出回旋加速器的速度越大

D.加速粒子運(yùn)動軌跡與A板延長線的交點分別為Pl、P2、P3,則P|P2>P2P3

【分析】帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，進(jìn)入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場被限制在A、C板間，

只有經(jīng)過AC板間時被加速，所以運(yùn)動一周加速一次。

當(dāng)帶電粒子離開回旋加速器時，速度最大；

【解答】解：A、帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即帶電粒子每運(yùn)動一周被加速一

次。電場的方向不需改變，在AC間加速，故A錯誤；

BD、根據(jù)r=膽，則PIP2=2（n■門）=生心工，因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v?

qBqB

-vi2=2ad,知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，則有PiP2>P2P3.故B錯誤，D正確：

C、當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)r=空得，v=^￡.知加速粒子的最大

qBm

速度與D形盒的半徑有關(guān)，與加速電場強(qiáng)度無關(guān)，故C錯誤；

故選：Do

【點評】解決本題的關(guān)鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉(zhuǎn)一圈，加速一次，且

都在AC間加速，每次增加的能量都為qU。

17.如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，電荷量相同的帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度

選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上

有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強(qiáng)度為Bo的勻強(qiáng)

磁場。下列表述正確的是（）

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A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具

B-速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里

c.能通過狹縫p的帶電粒子的速率等于m

B。

D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的質(zhì)量越大

【分析】帶電粒子經(jīng)加速后進(jìn)入速度選擇器，速度為v=E粒子可通過選擇器，然后進(jìn)

B

入Bo,打在S板的不同位置。

【解答】解：A、進(jìn)入Bo的粒子滿足&=」一,知道粒子電量后，便可求出m的質(zhì)量,

mBQR

所以質(zhì)譜儀可以用來分析同位素，故A正確；

B、根據(jù)加速電場，可知粒子帶正電，則受電場力向右，所以洛倫茲力向左，由左手定則

可判斷磁場方向垂直紙面向外，故B錯誤；

C、由qE=qvB,得v=/故C錯誤；

D、由&=」一,知R越小，荷質(zhì)比越大，當(dāng)電量相同時，則粒子的質(zhì)量越小，故D錯

mBQR

誤；

故選：Ao

【點評】質(zhì)譜儀工作原理應(yīng)采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在

磁場中運(yùn)動階段。

18.2018年中核集團(tuán)研發(fā)的“超導(dǎo)質(zhì)子回旋加速器”，能夠?qū)①|(zhì)子加速至一半光速，打破了

美國、瑞士等少數(shù)國家的壟斷。如圖所示為早期回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，兩個半徑為

R的D形金屬盒相距很近，連接電壓峰值為UM,￡=型一的高頻交流電源，垂直D形

4兀m

盒的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)用此加速器來加速電荷量分別為+0.5q、+q、+2q,

對應(yīng)質(zhì)量分別為m、2m、3m的三種靜止粒子，不考慮加速過程中粒子質(zhì)量的變化，最

后經(jīng)多次回旋加速后從D形盒中飛出的粒子中動能最大為（）

第16頁共53頁

B2q2R2R2c2P2

A.B.BqR

8m4m

R2》2P2D.2B2q2R2

c.BqR

2m3m

【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力得出軌道半徑的公式，從而根據(jù)速度的關(guān)系得出軌道

半徑的關(guān)系。粒子離開回旋加速度時的軌道半徑等于D形盒的半徑，根據(jù)半徑公式求出

離開時的速度大小，從而得出動能。

【解答】解：根據(jù)qvB=mJ.知丫=邂，則帶電粒子離開回旋加速器時獲得動能為:

Rm

而加速電荷量分別為+65q、+q、+2q,相對應(yīng)質(zhì)量分別為m、2m、3m的二種靜I卜離子,

因電場的頻率應(yīng)該要是圓周運(yùn)動頻率的整數(shù)倍，交流電源頻率為：f="3_,根據(jù)T=

4兀m

空皿可知，只有質(zhì)量為2m和m的粒子才能正常加速。

Bq

222

質(zhì)量為2m的粒子加速后動能最大，所以那么最大動能為：Ekm=B口R,故B正確,

4m

ACD錯誤；

故選：Bo

【點評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器加速粒子的原理，知道帶電粒子在磁場中運(yùn)動

的周期與交變電場的周期相同.以及掌握帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑公式和周期

公式。

19.勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示：置于高真空中的D形

金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的

勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f,加速電壓為U.若D型盒圓心A處粒子源

產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q,初速度為零，在加速器中被加速，且加速過程中不

考慮重力的影響，則下列說法王確的是（）

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A.質(zhì)子第1次和第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1：2

B.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比

C.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2irRf

D.不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f,該回旋加速器也能用于a粒子（含兩個質(zhì)子,

兩個中子）加速

【分析】回旋加速器運(yùn)用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以

求出粒子的最大速度，從而求出最大動能.在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒

子在磁場中運(yùn)動的周期相等.

2

【解答】解：A、質(zhì)子在電場中被加速，由動能定理得：nqU=lmvn,解得：vn=滬他,

質(zhì)子第一次和第二次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為I：V2.由牛頓第二定律得：qvnB=

V?mv

m」l,解得：rn=19,質(zhì)子第1次和第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比m

rqB

n-vi：v2=l：V2?故A錯誤。

B、只要粒子在加速器里轉(zhuǎn)動即可以繼續(xù)加速，但只要達(dá)到最大半徑時即不能再加速；洛

倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m解得：v=速，質(zhì)子的最大動能:

Rm

222

EKm=1mv2=qBR,質(zhì)子獲得的最大動能與加速的電壓無關(guān)，故B錯誤。

22m

C、質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R,則v=&￡K=2nRf,所以最大速

T

度不超過2nfR,故C正確。

D、帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)丁=空四知，換用a粒

qB

子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速a粒子，故

D錯誤。

故選：Co

【點評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素

第18頁共53頁

有關(guān)，以及知道粒子在磁場中運(yùn)動的周期與電場的變化的周期相等.

二.多選題（共4小題）

20.如圖所示，成30°角的直線OA、OB間（含OA、OB線上）有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)

磁場，OA邊界上的S點有一電子源，在紙面內(nèi)向各個方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電

子在磁場中運(yùn)動的半徑為r=空、周期為T.則下列說法正確的是（）

2

A；XXXX

：xXX3

：XXX/

JX

咨X/

F

A.從OB邊界射出的電子在磁場中運(yùn)動的最短時間等于工

6

B.沿某一方向發(fā)射的電子，有可能從O點射出

C.從OA邊界射出的電子在磁場中運(yùn)動的最長時間為工

6

D.從OB邊界射出的電子在磁場中運(yùn)動的最長時間大于工

3

【分析】所有粒子的初速度大小相同，軌跡半徑相同，當(dāng)入射點與出射點連線最短時，

軌跡的圓心角最小，粒子在磁場中運(yùn)動的最短。相反連線最長，時間最長。根據(jù)幾何知

識，作出軌跡，確定時間的范圍進(jìn)行選擇。

【解答】解：電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:

2

evB=mJ解得：「=膽，由于電子速率v相同，則電子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半

reB

徑r相同，

A、當(dāng)出射點D與S點的連線垂直于OB時，弦SD最短，軌跡所對的圓心角最小，0=

60°如圖所示：則粒子在磁場中運(yùn)動的時間最短，t=—故A正確

36006

B、電子在磁場中所有軌跡對應(yīng)圓心可能的位置應(yīng)在以S為圓心半徑為毀的圓弧上，則

2

所有在磁場中的軌跡不可能通過O,作圖過O的圓弧與BO有除0以外的另一個交點，

如圖所示：

第19頁共53頁

A;XXXX,B

?XXXx/

說明到O點前已經(jīng)飛出磁場了，故B錯誤;

C、從OA邊界射出的電子在圓弧軌跡剛好與BO相切時，在磁場中軌跡最長，對應(yīng)圓心

角和運(yùn)動時間最長，如圖所示:

A;XXXX,B

;XXXx/

：XXX/

由幾何關(guān)系可得圓心角8=120°,運(yùn)動時間：口=駕-T=3；,故C錯誤:

3603

D、若畫出初速度的方向豎直向上的電子運(yùn)動的軌跡如圖,

可知電子運(yùn)動的時間最大1=理一T=工周期，故D正確;

36003

故選：AD。

A;XXXX,B

?XXX”

:XXX/

【點評】粒子在勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運(yùn)動的問題，關(guān)鍵是畫軌跡。本題是根據(jù)幾何知識:

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半徑一定時，弦越長，對應(yīng)的圓心角越大，則運(yùn)動時間越長。

21.如圖所示，正六邊形abedef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)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v時，從b點離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時間為t,

不計粒子重力。下列說法正確的是（）

A.若該粒子從a點離開磁場，則入射速度大小為工

2

B.若該粒子從c點離開磁場，則在磁場中運(yùn)動的時間為主

2

C.要使該粒子從cd邊離開磁場，則入射速度必須大于3V

D.該粒子能在磁場中運(yùn)動的最長時間為21

【分析】帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)磁場中，由洛倫茲力提供向心力，畫出軌跡，由幾何