《2020高考物理二輪復(fù)習 600分沖刺 專題三 電場和磁場 第10講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動優(yōu)練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理二輪復(fù)習 600分沖刺 專題三 電場和磁場 第10講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動優(yōu)練（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、選擇題(本題共5小題，其中1～3題為單選，4～5題為多選) 1．(2019·湖南省模擬)如圖所示，在水平連線MN和PQ間有豎直向上的勻強電場，在MN上方有水平向里的勻強磁場。兩個質(zhì)量和帶電量均相等的帶正電的粒子A、B，分別以水平初速度v0、2v0從PQ連線上O點先后進入電場，帶電粒子A、B第一次在磁場中的運動時間分別為tA和tB，前兩次穿越連線MN時兩點間的距離分別為dA和dB，粒子重力不計，則(　A　) A．tA一定小于tB，dA一定等于dB B．tA一定小于tB，dA可能小于dB C．tA可能等于tB，dA一定等于dB D．tA可能等于tB

2、，dA可能小于dB [解析]　粒子在電場中運動只受電場力作用，故加速度相等，那么，粒子第一次穿過MN時的豎直分速度vy相同，水平速度不變，分別為v0和2v0；粒子在磁場中運動只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力為向心力，故有：Bqv＝m，所以，軌道半徑R＝，運動周期T＝＝，那么，根據(jù)圓周運動規(guī)律可得：粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為360°－2arctan，故粒子A轉(zhuǎn)過的圓心角比粒子B小，又有周期相等，故tA＜tB；前兩次穿越連線MN時兩點間的距離為2Rsin(arctan)＝2R＝，故dA＝dB，A正確，B、C、D錯誤。 2．(2019·江蘇省南京市模擬)磁流體發(fā)電機的原理如圖所示。將一束

3、等離子體連續(xù)以速度v垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，可在相距為d，面積為S的兩平行金屬板間產(chǎn)生電壓?，F(xiàn)把上、下板和電阻R連接，上、下板等效為直流電源的兩極。等離子體穩(wěn)定時在兩板間均勻分布，電阻率為ρ。忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是(　C　) A．上板為正極，a、b兩端電壓U＝Bdv B．上板為負極，a、b兩端電壓U＝ C．上板為正極，a、b兩端電壓U＝ D．上板為負極，a、b兩端電壓U＝ [解析]　穩(wěn)定時電源的電動勢為：E＝Bdv，則流過R的電流為：I＝而r＝ρ，解得a、b兩端電壓U＝；根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向上，負電荷受到的洛倫茲力向下，因此上極板

4、為電源的正極，即a板為電源的正極，故C正確。 3. (2019·豐臺區(qū)一模)如圖所示，地面附近某真空環(huán)境中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動，由此可以判斷(　A　) A．勻強電場方向一定是水平向左 B．油滴沿直線一定做勻加速運動 C．油滴可能是從N點運動到M點 D．油滴一定是從N點運動到M點 [解析]　 粒子的受力如圖所示的情況，即電場力只能水平向左，粒子才能沿直線運動，故A正確；油滴做直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力作用，因為重力和電場力均為恒力，根據(jù)物體做直線運動條件可知，粒子

5、所受洛倫茲力亦為恒力據(jù)F＝qvB可知，粒子必定做勻速直運動，故B錯誤；粒子受到的洛侖磁力的方向為垂直MN向上，又因為粒子帶正電，再結(jié)合左手定則，可知油滴一定是從M點運動到N點，故C、D錯誤。 4．(2019·湖南模擬)如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O′，半徑為R；直線段AC，HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切；整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可

6、視為質(zhì)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放。若PC＝L，小球所受電場力等于其重力的倍，重力加速度為g。則(　AD　) A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動 B．小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力可能大于mg C．經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是mgl D．小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg－qB [解析]　小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當從靜止運動后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)鼙谟凶饔昧?，從而?dǎo)致滑動摩擦力增大，而重力與電場

7、力的合力大小為F＝＝mg不變，故根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運動，當摩擦力等于兩個力的合力時，做勻速運動，故A正確；當小球的摩擦力與重力及電場力的合力相等時，小球做勻速直線運動，小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力最大，則為mg，不可能大于mg，故B錯誤；根據(jù)動能定理，可知，取從靜止開始到最終速度為零，則摩擦力做功與重力及電場力做功之和為零，則摩擦力總功為mgL，故C錯誤；對小球在O點受力分析，且由C向D運動，由牛頓第二定律，則有：N－mg＋Bqv＝m；由C到O點，機械能守恒定律，則有：mgRsin30°＝mv2；解得N＝2mg－qB，即當小球由C向D運動時，則對軌道的彈力為2mg－qB，故D

8、正確。 5．(2019·湖北省宜昌市模擬)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m、電量為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方向勻強電場，該電荷仍通過P點(　AC　) 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 [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

9、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tanα＝＝；第二次與x軸負方向的夾角θ，則有tanθ＝＝，所以有tanθ>tanα，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

10、，故D錯誤；故選AC。 二、計算題(本題共3小題，需寫出完整的解題步驟) 6．如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)電場的兩個平行極板水平放置，板長L＝0.08 m，板間距足夠大，兩板的右側(cè)有水平寬度l＝0.06 m、豎直寬度足夠大的有界勻強磁場。一個比荷為＝5×107 C/kg的帶負電粒子以速度v0＝8×105 m/s從兩板中間沿與板平行的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，若從該粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時開始計時，板間場強恰好按圖乙所示的規(guī)律變化，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后進入勻強磁場并最終垂直磁場右邊界射出。不計粒子重力，求： (1)粒子在磁場中運動的速率v； (2)粒子在磁場中運動的軌道半徑R和磁場的磁感應(yīng)強度B。 [答案]　

11、(1)v＝1×106 m/s　(2)0.1 m；0.2 T [解析]　(1)根據(jù)題意，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間： t＝＝10×10－8 s ① 對比乙圖可知，電子在極板間運動的時間是偏轉(zhuǎn)電場的一個周期。 ② 在第一個t＝5×10－8 s時間內(nèi)，電子在垂直于極板方向上做初速為0的勻加速直線運動，有： qE＝ma ③ v1＝at ④ 在第二個t＝5×10－8 s時間內(nèi)，電子做勻速直線運動，帶電粒子進入磁場時的速度為： v＝ ⑤ 聯(lián)解①③④⑤得：v＝1×106 m/s ⑥ (2)做出電子在磁場中的軌跡如圖所示： ⑦ 設(shè)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為

12、R，由幾何關(guān)系有： ＝ ⑧ 粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有： qvB＝m ⑨ 聯(lián)解⑦⑧得： R＝0.1 m B＝0.2 T 7．(2019·河北省保定市模擬)如圖所示，在xOy坐標系的第—象限內(nèi)，等腰直角三角形aOb區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，第四象限內(nèi)有方向沿y軸正向的勻強電場，電場強度大小為E，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子在y軸上的A點由靜止釋放，結(jié)果粒子經(jīng)電場加速進入磁場，粒子第一次在磁場中偏轉(zhuǎn)時恰好不能從ab邊射出磁場，不計粒子的重力，Oa邊的長為d，求： (1)粒子在開始釋放時A點的坐標； (2)若改變粒

13、子在y軸上的位置，使粒子由靜止釋放后最后均能垂直于ab邊射出磁場，求粒子在y軸上開始釋放的位置對應(yīng)的y坐標值滿足的條件及粒子從開始釋放到從ab邊射出磁場所用的時間。 [答案]　(1)(0，－) (2)－y＝(n＝0,1,2…) t＝＋(＋n)(n＝0,1,2…) [解析]　(1)設(shè)粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的軌道半徑為R1，由幾何關(guān)系得R＋R＝d 求得R＝(－1)d 由牛頓第二定律得qv0B＝m 設(shè)粒子開始時在y軸上的坐標為(0，y0) qEy0＝mv 求得y0＝ 因此粒子開始時在y軸上的坐標為(0，－) (2)要使粒子能垂直ab邊射出磁場，則粒子在磁場中運動的半徑滿足d＝(2n＋

14、1)R(n＝0,1,2，…) 由牛頓第二定律得qvB＝m 設(shè)粒子開始時在y軸上的坐標為(0，－y) qEy＝mv2 求得y＝(n＝0,1,2，…) 因此粒子開始釋放的位置對應(yīng)的y軸的坐標值為 －y＝－(n＝0,1,2，…) 粒子在電場中加速的加速度a＝ 粒子在電場中運動的時間t1＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…) 求得t1＝ 粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝ 因此粒子在磁場中運動的時間t2＝＋n(n＝0,1,2，…) 求得t2＝(＋n)(n＝0,1,2，…) 運動的總時間t＝t1＋t2＝＋(＋n)(n＝0,1,2，…) 8．(2019·河北省衡水市一檢)空間三維直

15、角坐標系O－xyz如圖所示(重力沿y軸負方向)，同時存在與xOy平面平行的勻強電場和勻強磁場，它們的方向與x軸正方向的夾角均為53°。(已知重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6) (1)若一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電質(zhì)點沿平行于z軸正方向的速度v0做勻速直線運動，求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小； (2)若一電荷量為q0、質(zhì)量為m的帶電質(zhì)點沿平行于z軸正方向以速度v0通過y軸上的點P(0，h,0)時，調(diào)整電場使其方向沿x軸負方向、大小為E0。適當調(diào)整磁場，則能使帶電質(zhì)點通過坐標Q(h,0,0.5h)點，問通過Q點時其速度大?。? (3)若一電荷量為－q、質(zhì)量為m

16、的帶電質(zhì)點沿平行于z軸正方向以速度v0通過y軸上的點P(0,0.6h,0)時，改變電場強度大小和方向，同時改變磁感應(yīng)強度的大小，但不改變其方向，帶電質(zhì)點做勻速圓周運動能經(jīng)過x軸上的某點M，問電場強度E′和磁感應(yīng)強度B′的大小滿足什么條件？并求出帶電質(zhì)點經(jīng)過x軸M點的時間。 [答案]　(1)B＝　E＝ (2) vQ＝＋v (3)t＝＋nT＝(＋n)(n＝1,2,3…) [解析]　(1)在xOy平面內(nèi)質(zhì)點受力如圖所示，電場力F1 方向與洛倫茲力F2方向垂直， 根據(jù)物體的平衡條件有： qE＝mgsin53° qv0B＝mgcos53° E＝ B＝ (2)洛倫茲力不做功 所以，由P點到Q點，根據(jù)動能定理： mv－mv＝mgh＋qE0h vQ＝ (3)當電場力和重力平衡時，帶電質(zhì)點只受洛倫茲力作用，在v0方向和F2＝B′qv0方向所在直線決定平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示。 E′q＝mg E′＝ 方向豎直向下 要使帶電質(zhì)點經(jīng)過x軸，圓周的直徑 2r＝ ＝h 根據(jù)B′qv0＝m B′＝ 帶電質(zhì)點的運動周期為 T＝＝＝ 質(zhì)點經(jīng)半個周期第一次通過x軸，以后每經(jīng)過整周期又經(jīng)過x軸。所以經(jīng)過x軸的時間為 t＝＋nT＝(＋n)(n＝1,2,3…) - 10 -