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1、2022年高考物理二輪復(fù)習 專題三 電場和磁場 專題突破練10 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、選擇題(共4小題,每小題6分,共24分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1. (2018四川樂山調(diào)研)在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域,如圖所示,已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過θ=30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時,離子P+和P3+ (　　) A.在電場中的加速度之比為1∶1 B.在磁場

2、中運動的半徑之比為∶1 C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶3 D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 2. (2018山西晉城一模)足夠大的空間內(nèi)存在著豎直向上的勻強磁場和勻強電場,有一帶正電的小球在電場力和重力作用下處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度(如圖所示),則關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是(　　) A.小球做類平拋運動 B.小球在紙面內(nèi)做勻速圓周運動 C.小球運動到最低點時電勢能增加 D.整個運動過程中機械能不守恒 3. (2018湖北黃岡調(diào)研)如圖所示直角坐標系xOy,P(a,-b)為第四象限內(nèi)的一點,一質(zhì)量為

3、m、電荷量為q的負電荷(電荷重力不計)從原點O以初速度v0沿y軸正方向射入。第一次在整個坐標系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場,該電荷恰好能通過P點;第二次保持y>0區(qū)域磁場不變,而將y<0區(qū)域磁場改為沿x軸正方向勻強電場,該電荷仍通過P點,(　　) A.勻強磁場的磁感應(yīng)強度B= B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度B= C.電荷從O運動到P,第二次所用時間一定短些 D.電荷通過P點時的速度,第二次與x軸負方向的夾角一定小些 4. (2018河南周口期末)如圖所示,平行紙面向下的勻強電場與垂直紙面向外的勻強磁場相互正交,一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動。若已知小球做圓周運動的半徑為

4、r,電場強度大小為E,磁感應(yīng)強度大小為B,重力加速度大小為g,則下列判斷中正確的是(　　) A.小球一定帶負電荷 B.小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動 C.小球做圓周運動的線速度大小為 D.小球在做圓周運動的過程中,電場力始終不做功 二、計算題(本題共4個小題,共76分) 5.(16分)(2018山東淄博仿真模擬)如圖,相鄰兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,設(shè)磁感應(yīng)強度的大小分別為B1、B2。已知磁感應(yīng)強度方向相反且垂直紙面,兩個區(qū)域的寬度都為d,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子由靜止開始經(jīng)電壓恒為U的電場加速后,垂直于區(qū)域Ⅰ的邊界線MN,從A點進入并穿越區(qū)域Ⅰ后進入?yún)^(qū)域Ⅱ,最后恰好不能從邊界線PQ穿出

5、區(qū)域Ⅱ。不計粒子重力。求 (1)B1的取值范圍; (2)B1與B2的關(guān)系式。 6. (20分)(2018安徽蕪湖期末)如圖所示的平面直角坐標系xOy,在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場,方向沿y軸正方向;在第四象限某一矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于xOy平面的勻強磁場,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子,從y軸上的P(0,h)點,以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的Q(2h,0)點進入第四象限,經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上M(0,-2h)點垂直y軸進入第Ⅲ象限,不計粒子所受的重力。求: (1)電場強度E的大小; (2)

6、粒子到達Q點時速度的大小和方向; (3)矩形磁場區(qū)域的最小面積。 7. (20分)(2018安徽池州期末)如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第二、第三象限內(nèi)有一垂直紙面向里磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域△ABC,A點坐標(0,3a)、C點坐標(0,-3a)、B點坐標(-2a,-3a)。在直角坐標系xOy的第一象限區(qū)域內(nèi),加上方向沿y軸正方向、大小為E=Bv0的勻強電場,在x=3a處垂直于x軸放置一足夠大的平面熒光屏,與x軸交點為Q。粒子束以相同的速度v0從OC間垂直y軸射入磁場,已知從y軸上y=-2a的點射入磁場的粒子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過O點,忽略粒子間的相互作用,不

7、計粒子的重力。試求: (1)粒子的比荷; (2)粒子束射入電場時經(jīng)過y軸的縱坐標范圍; (3)從y軸什么位置射入磁場的粒子最終打到熒光屏上時距離Q點最遠,并求出最遠距離。 8. (20分)(2018河北五校聯(lián)盟摸底)如圖所示,用紙面表示豎直面,空間中同時存在著足夠大的勻強電場在紙面內(nèi)水平向右,勻強磁場垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度大小B= T。有一帶正電的固體顆粒,質(zhì)量m=1×10-3 kg,電荷量q=2×10-3 C,正以與水平方向成45°的某速度在豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過M點時撤掉磁場,一段時間后運動到最高點N(題目中未標出)。g取10 m/

8、s2,求: (1)電場強度大小及顆粒做勻速直線運動的速度v的大小; (2)從M點撤掉磁場到顆粒運動到最高點N經(jīng)歷的時間t; (3)顆粒再次回到與M點水平方向等高位置時,顆粒的動能。 專題突破練10　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、選擇題(共4小題,每小題6分,共24分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1.BD　解析 兩個離子的質(zhì)量相同,其帶電荷量是1∶3的關(guān)系,所以由a=可知,其在電場中的加速度是1∶3,故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進入磁場的速度,而速度的決定因素是加速電場,在離開電場時其速度表達

9、式為:v=,可知其速度之比為1∶。又由qvB=m知,r=,所以其半徑之比為∶1,故B正確。設(shè)磁場寬度為L,離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角,所以有sin θ=,則可知角度的正弦值之比為1∶,又P+的角度為30°,可知P3+角度為60°,即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2,故C錯誤。由電場加速后:qU=mv2可知,兩離子離開電場的動能之比為1∶3,故D正確。故選BD。 2.CD　解析 小球在復(fù)合電磁場中處于靜止狀態(tài),只受兩個力作用,即重力和電場力且兩者平衡。當把磁場順時針方向旋轉(zhuǎn)30°,且給小球一個垂直磁場方向的速度v,則小球受到的合力就是洛倫茲力,且與速度方向垂直,所以小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動,

10、小球在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動,選項A、B錯誤;小球從開始到最低點過程中克服電場力做功,電勢能增加,選項C正確;整個運動過程中機械能不守恒,選項D正確;故選CD。 3.AC　解析 第一次在整個坐標系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場,該電荷恰好能通過P點;粒子做勻速圓周運動,由幾何作圖得(a-R)2+b2=R2,解得R=,由qvB=m解得勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=,故A正確,B錯誤;第二次保持y>0區(qū)域磁場不變,而將y<0區(qū)域磁場改為沿x軸正方向勻強電場,該電荷仍通過P點,粒子先做勻速圓周運動,后做類平拋運動,運動時間t2=T+;第一次粒子做勻速圓周運動,運動時間t1=T+,弧長Q

11、P大于b,所以t1>t2,即第二次所用時間一定短些,故C正確;電荷通過P點時的速度,第一次與x軸負方向的夾角為α,則有tan α=;第二次與x軸負方向的夾角為θ,則有tan θ=,所以有tan θ>tan α,電荷通過P點時的速度,第二次與x軸負方向的夾角一定大些,故D錯誤;故選AC。 4.AC　解析 帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動,可知,帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力,重力豎直向下,所以電場力豎直向上,與電場方向相反,故小球一定帶負電荷,故A正確;磁場方向向外,洛倫茲力的方向始終指向圓心,由左手定則可判斷小球的旋轉(zhuǎn)方向為逆時針,故B錯誤;由電場力和重力大小相等

12、,得:mg=qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為:r=,聯(lián)立得:v=,故C正確;小球在做圓周運動的過程中,電場力要做功,洛倫茲力始終不做功,故D錯誤;故選AC。 二、計算題(本題共4個小題,共76分) 5.答案 (1)0d ③ 聯(lián)立得:0

13、提供向心力,得 qB2v= ⑤ 如圖△O1HC∽△O2JC,則有 ⑥ 聯(lián)立①②⑤⑥得:B2-B1= ⑦ 6.答案 (1)E=　(2)v=2v0,方向指向第四象限與x軸正方向成60°角 (3)見解析 解析 (1)如圖所示,設(shè)粒子在電場中運動的時間為t,則有: x=v0t=2h y=t2=h 聯(lián)立以上各式可得:E= 圖1 圖2 (2)粒子到達Q點時沿負y方向的分速度為vy=at=v0 所以v==2v0 方向指向第四象限與x軸正方向成60°角 (3)粒子在磁場中運動時,有: qvB=m 解得:r= 若磁場方向垂直紙面向里,軌跡如圖1所示, 最小矩

14、形磁場的邊界長為r,寬為,面積為 若磁場方向垂直紙面向外,軌跡如圖2所示, 最小矩形磁場的邊界長為2r,寬為r,面積為 7.答案 (1)　(2)0≤y≤2a　(3)粒子射入磁場的位置為y=-a;最遠距離為a 解析 (1)由題意可知,粒子在磁場中的軌跡半徑為r=a 由牛頓第二定律得Bqv0=m 故粒子的比荷 (2)能進入電場中且離O點上方最遠的粒子在磁場中的運動軌跡恰好與AB邊相切,設(shè)粒子運動軌跡的圓心為O'點,如圖所示。 由幾何關(guān)系知O'A=r·=2a 則OO'=OA-O'A=a 即粒子離開磁場進入電場時,離O點上方最遠距離為OD=ym=2a 所以粒子束從y軸射入電場

15、的范圍為0≤y≤2a (3)假設(shè)粒子沒有射出電場就打到熒光屏上,有 3a=v0·t0 y=a>2a 所以,粒子應(yīng)射出電場后打到熒光屏上 粒子在電場中做類平拋運動,設(shè)粒子在電場中的運動時間為t,豎直方向位移為y,水平方向位移為x,則 水平方向有x=v0·t 豎直方向有y=t2 代入數(shù)據(jù)得x= 設(shè)粒子最終打在熒光屏上的點距Q點為H,粒子射出電場時與x軸的夾角為θ,則 tan θ= 有H=(3a-x)·tan θ=(3 當3時,即y=a時,H有最大值 由于a<2a,所以H的最大值Hmax=a,粒子射入磁場的位置為y=a-2a=-a。 8.答案 (1)5 N/C　10 m/

16、s　(2) s (3)0.25 J 解析 (1)小球勻速直線運動時的受力如圖所示, 其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零。 電場力和重力的合力方向與水平方向成45°,tan 45°=。 則E= N/C=5 N/C qvB= v= m/s=10 m/s (2)根據(jù)運動的獨立性,豎直方向做初速度vy0=v,加速度為g的勻減速運動 vy0=v=gt,求得t= s。 (3)顆粒再次回到與M點水平方向等高位置時,時間為2t= s 在水平方向上的初速度vx0=v 水平方向獲得的速度vx=v+·2t,其中qE=mg。得vx=15 m/s 豎直方向的速度vy=5 m/s。 合速度v=10 m/s,動能Ek=mv2=0.25 J。