（课标版）2020高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场 第11讲 选择题对“带电粒子在磁场、复合场中运动”的考查限时练（含解析）

选择题对“带电粒子在磁场、复合场中运动”的考查a组基础小题练熟练快1(2019安徽安庆联考)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()a线速度大小减小，角速度减小b向心加速度大小变小，周期变小c轨道半径增大，洛伦兹力大小增大d轨道半径增大，角速度减小解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvbm，解得r，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后b减小，所以r增大线速度、角速度的关系为vr，由于洛伦兹力不做功，所以线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，由公式f洛qvb可知，由于b减小，洛伦兹力大小减小，由公式an可知，由于半径增大，所以向心加速度大小减小，由公式t可知，由于角速度减小，所以周期变大，故选d.答案：d2.(2019湖南衡阳八中质检)一束几种不同的正离子，垂直射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束，如图所示对这些离子，可得出结论()a它们的动能一定各不相同b它们的电荷量一定各不相同c它们的质量一定各不相同d它们的比荷一定各不相同解析：离子在速度选择器中所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvb1qe，即经过速度选择器后的离子速度相同，大小为v；进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式r，只能说明它们的比荷不同，故a、b、c错误，d正确答案：d3.(多选)(2019福建福州质检)如图所示，在圆心为o、半径为r的圆形区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为b的匀强磁场一系列电子以不同的速率v(0vvm)从边界上的p点沿垂直于磁场方向与op成60角方向射入磁场，在区域的磁场边界上有电子射出已知电子的电荷量为e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力则电子在磁场中运动的()a最大半径为rrb最大速率为vmc最长时间为td最短时间为t解析：根据题意，电子做圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大，离开出发点最远，如图所示，恰好为半个圆周；最大半径rmrcos 30，rmr，得vm；当电子速度越小，半径越小，圆弧圆心角越大，时间越长，没有时间最大值轨迹对应的圆心角最小，时间最短，tm，tm.答案：ad4(多选)(2019山东济南联考)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里一带负电小球从p点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动若增大小球从p点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内()a小球的动能减小b小球的电势能减小c小球的重力势能减小 d小球的机械能减小解析：带负电的小球在电磁场中做直线运动，小球共受到向下的重力g、向上的电场力f、向下的洛伦兹力f三个力作用，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，则电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球动能减小电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大重力对小球做正功，重力势能减小故a、c、d正确，b错误答案：acd5(多选)(2019江西南昌一模)如图所示，带电小球a以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为ha；带电小球b在水平方向的匀强磁场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hb；带电小球c在水平方向的匀强电场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hc.不计空气阻力，三个小球的质量相等，则()a它们上升的最大高度关系为hahbhcb它们上升的最大高度关系为hbhahcc到达最大高度时，b小球动能最小d到达最大高度时，c小球机械能最大解析：第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得ha，第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有v2ghc，所以hahc；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为ek，则由能量守恒定律得mghbekmv，又由于mvmgha，所以hahb，即hbhahc，故a错误，b正确到达最大高度时，b、c两小球都有速度，而a球在最大高度速度为零，可知a小球动能最小，故c错误第3个图中除重力做负功外，电场力对c小球做正功，则到达最大高度时，c小球机械能最大，故d正确答案：bd6(多选)(2019信息模拟卷)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，与水平方向成角的不同速率，向磁场中射入两个相同粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上a点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上b点出磁场，oaab，则()a粒子1与粒子2的速度之比为12b粒子1与粒子2的速度之比为14c粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为11d粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为12解析：粒子进入磁场后速度的垂线与oa的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中的轨迹圆的圆心；同理，粒子进入磁场后速度的垂线与ob的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中的轨迹圆的圆心由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1r212，由r可知，粒子1与粒子2的速度之比为12，故a正确，b错误；由于粒子在磁场中做圆周运动，周期均为t，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，根据公式tt知，两个粒子在磁场中运动的时间相等，故c正确，d错误答案：ac7(多选)图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个d形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连带电粒子在磁场中运动的动能ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是()a在ekt图中应有t4t3t3t2t2t1b高频电源的变化周期应该等于tntn2c要使粒子获得的最大动能增大，可以增大电源电压d在磁感应强度b、d形盒半径、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大解析：洛伦兹力提供向心力，有qvbm，解得r，故周期t，与速度无关，故t4t3t3t2t2t1，故a正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故高频电源的变化周期应该等于tntn2，故b正确；当粒子从d形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于d形盒的半径，由qvbm，解得v，则最大动能ekmv2 ，知最大动能与d形盒的半径、磁感应强度、粒子的电荷量及其质量有关，与加速电压等其他因素无关，故c、d错误 答案：ab8(多选)(2019西北师大附中模拟)如图所示，两方向相反，磁感应强度大小均为b的匀强磁场被边长为l的等边三角形abc边界分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点a处有一质子源，能沿bac的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过c点，质子比荷，则质子的速度可能为()a.b.c. d.解析：质子带正电，且经过c点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径为r(n1,2,3，)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvbm，解得v(n1,2,3，)，故a、b、d正确，c错误答案：abdb组中难题目练通抓牢9(2019江西重点中学联考)如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b，a60，b90，边长acl，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()a.b.c. d.解析：粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，由题意可知a60，b90，边长acl，则abl，四边形abdo是正方形，粒子轨道半径rl，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmb2m，解得粒子的最大速度vm，故a、c、d错误，b正确答案：b10.(多选)(2019湘赣十四校联考)如图所示，在矩形区域abcd内有一垂直纸面向里的匀强磁场，ab5 cm，ad10 cm，磁感应强度b0.2 t在ad的中点p有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v1.0105 m/s的正离子，离子的质量m2.01012 kg，电荷量q1.0105 c，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则()a从边界bc边飞出的离子中，bc中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短b边界ap段无离子飞出c从cd、bc边飞出的离子数之比为12d若离子可从b、c两点飞出，则从b点和c点飞出的离子在磁场中运动的时间相等解析：由于离子的速率一定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从bc中点飞出的离子对应的弦长最短，所用时间最短，离子从b、c两点飞出对应的弦长相等，所以运动时间相等，故a、d正确；由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与pa方向夹角较小的离子会从ap段飞出，故b错误；由公式r 得r0.1 m，由几何关系作出恰好从b点和c点射出的粒子轨迹，通过图可知，12，所以从cd、bc边飞出的离子数之比为12，故c正确答案：acd11(多选)(2019山东滨州联考)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自a点沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是()a液滴一定带正电b液滴在c点时的动能最大c从a到c过程液滴的电势能增大d从c到b过程液滴的机械能增大解析：从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，故a错误；从a到c的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从c到b的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所以液滴在c点动能最大，故b正确；从a到c过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故c正确；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从c到b的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故d正确答案：bcd12(2019四川广元联考)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场两个质子m、n沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点p射入磁场区域，p点与cd间的距离为，质子m、n入射的速度大小之比为12.ab是垂直cd的直径，质子m恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力则两质子m、n在磁场中运动的时间之比为()a21 b31c32 d34解析：作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子m的轨道半径为r，轨迹圆弧所对圆心角1120；根据ebvm得r，则质子n的轨道半径为2r，再由几何关系得，轨迹圆弧所对圆心角260.质子在磁场做圆周运动的周期t，运动的时间满足tt，解得t1t221，故a项正确，b、c、d项错误答案：a13(多选)(2019安徽黄山联考)如图所示，在x轴的负方向，存在磁感应强度为b1、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴的正方向，存在磁感应强度为b2、方向也垂直于纸面向里的匀强磁场，且b1b232.在原点o处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mavambvb.若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇粒子重力不计下列说法正确的是()a粒子a、b在磁场b1中的偏转半径之比为32b两粒子在y正半轴相遇c粒子a、b相遇时的速度方向相同d粒子a、b的质量之比为15解析：由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r知，所以选项a错误由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r知道，a粒子从o点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于b2b1，则第二次经过y轴时在坐标原点的上方(2ra22ra1)处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra22ra1)处，所以由题意知选项b正确分析可知，相遇时b粒子向上转半周，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，所以选项c正确根据周期公式t及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有tb1ta1ta2，即，结合b1b232，得到，所以选项d正确答案：bcdc组探究创新从容应对14(2019北京海淀区一模)托卡马克(tokamak)是一种复杂的环形装置，结构如图所示环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度t成正比，下列说法正确的是()a托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的b极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体c欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变d为了约束温度为t的等离子体，所需要的磁感应强度b必须正比于温度t解析：目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故a错误；极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故b错误；欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能