《2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練25 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練25 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練25 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 題組一　帶電粒子在相鄰組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.(xx杭州一中模擬)如圖8318所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間的電勢(shì)差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場(chǎng)方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則粒子射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U和v0的變化而變化情況為(　　) 圖8318 A．d隨v0的增大而增大，d與U無關(guān) B．d隨v0的增大而增大，d隨U的增大而增大 C．d隨U的增大而增大，d與v0無關(guān) D．d隨v0的增大而增大，d隨U的增大而減小 【解析】　帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，有：cos θ＝，又R＝，而d＝2Rcos θ＝2cos θ＝，選項(xiàng)A正確． 【答案】　A 2．如圖8319所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢(shì)都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時(shí)，A板電勢(shì)升高為＋U，B板電勢(shì)仍保持為零，粒子在兩極板間的電場(chǎng)中加速．每當(dāng)粒子離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，A板電勢(shì)又降為零，粒子在電場(chǎng)一次次加速下動(dòng)能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R)。下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法中正確的是(　　) 圖8319 A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ B．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)大小Bn與加速次數(shù)n之間為＝ C．A、B板之間的電壓可以始終保持不變 D．粒子每次繞行一圈所需的時(shí)間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ 【解析】　因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以，繞行第n圈時(shí)獲得總動(dòng)能為mv＝nqU，得第n圈的速度vn＝.在磁場(chǎng)中，由牛頓第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝，所以＝，A錯(cuò)誤、B正確；如果A、B板之間的電壓始終保持不變，粒子在A、B兩極板之間飛行時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)其做功qU，從而使之加速，在磁場(chǎng)內(nèi)飛行時(shí)，電場(chǎng)又對(duì)粒子做功－qU，從而使之減速．粒子繞行一周電場(chǎng)對(duì)其所做總功為零，動(dòng)能不會(huì)增加，達(dá)不到加速效果，C錯(cuò)誤；根據(jù)t＝得tn＝2πR，得＝，D錯(cuò)誤． 【答案】　B 題組二　帶電粒子在疊加的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 3．(xx南京模擬)如圖8320所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)．設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) 圖8320 A．適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E B．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B C．適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離 D．適當(dāng)減小加速電壓U 【解析】　欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過，則qE＝qvB，而電子流向上極板偏轉(zhuǎn)，則qE＞qvB，應(yīng)減小E或增大B、v，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 【答案】　A 4．(多選)如圖8321所示，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(方向水平向右)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(方向垂直紙面向外)，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電小球的相互作用，兩小球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　) 圖8321 A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng) B．只有沿ab方向拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動(dòng) C．若沿ac方向拋出的小球做直線運(yùn)動(dòng)則小球帶負(fù)電，且小球一定是做勻速運(yùn)動(dòng) D．兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均守恒 【解析】　兩個(gè)帶電小球的電性未知，可假設(shè)電性再判斷電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向，由于在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力作用下小球的直線運(yùn)動(dòng)必為勻速運(yùn)動(dòng)，只要三力能平衡，小球即可做直線運(yùn)動(dòng)，由假設(shè)判斷可知沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶正電、沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶負(fù)電，所以選項(xiàng)A、C正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；除重力做功外，洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【答案】　AC 5．(多選)在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)共存的區(qū)域內(nèi)(不計(jì)重力)，電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動(dòng)的是(　　) 【解析】　如電子水平向右運(yùn)動(dòng)，在A圖中電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力豎直向下，故不可能；在B圖中，電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力為零，故電子可能水平向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)；在C圖中電場(chǎng)力豎直向上，洛倫茲力豎直向下，當(dāng)二者大小相等時(shí)，電子向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在D圖中電場(chǎng)力豎直向上，洛倫茲力豎直向上，故電子不可能做水平向右的直線運(yùn)動(dòng)，因此只有選項(xiàng)B、C正確． 【答案】　BC 6．電荷量為＋q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊同時(shí)從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖8322所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于滑塊下滑過程中的運(yùn)動(dòng)和受力情況，下面說法中不正確的是(不計(jì)兩滑塊間的相互作用) 圖8322 A．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，＋q會(huì)離開斜面 B．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，－q會(huì)離開斜面 C．當(dāng)其中一個(gè)滑塊剛好離開斜面時(shí)，另一滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcos θ D．兩滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能均守恒 【解析】　當(dāng)滑塊開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶正電的滑塊受的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負(fù)電的滑塊受的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開始時(shí)兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsin θ，均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增加，正電荷受的洛倫茲力逐漸變大，當(dāng)qvB＝mgcos θ時(shí)，＋q恰能離開斜面，A正確、B錯(cuò)誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在＋q離開斜面前兩者在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度總相同，當(dāng)＋q離開斜面時(shí)，－q受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcos θ，方向垂直斜面向下，斜面對(duì)滑塊的支持力大小為qvB＋mgcos θ＝2mgcos θ，故滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcos θ，C正確；由于洛倫茲力不做功，D正確． 【答案】　B 7．如圖8323所示，在豎直虛線MN和M′N′之間區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電粒子(不計(jì)重力)以初速度v0由A點(diǎn)進(jìn)入這個(gè)區(qū)域，帶電粒子沿直線運(yùn)動(dòng)，并從C點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)．如果撤去磁場(chǎng)，該粒子將從B點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)；如果撤去電場(chǎng)，該粒子將從D點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)．則下列判斷正確的是(　　) 圖8323 A．該粒子由B、C、D三點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)時(shí)的動(dòng)能相同 B．該粒子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B、C、D三點(diǎn)的時(shí)間均不相同 C．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比＝v0 D．若該粒子帶負(fù)電，則電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外 【解析】　由Eq＝Bv0q可得，＝v0，C正確；若電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，則無論從左側(cè)入射的是正電荷還是負(fù)電荷，電場(chǎng)力與洛倫茲力方向均一致，故D錯(cuò)誤；如果撤去磁場(chǎng)，粒子由B點(diǎn)射出時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做正功，粒子動(dòng)能比入場(chǎng)時(shí)增大了，A錯(cuò)誤；粒子由C、B射出過程中，水平方向均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，但在磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)過程中粒子運(yùn)動(dòng)的速率是v0，運(yùn)動(dòng)時(shí)間增大了，故B錯(cuò)誤． 【答案】　C 8．(多選)(xx黑龍江齊齊哈爾二模)如圖8324所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對(duì)應(yīng)圓心角為120，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長(zhǎng)，與圓弧段分別在C、D端相切．整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．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、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．若小球所受電場(chǎng)力的大小等于其重力的倍，小球與直線段AC、HD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為，則(　　) 圖8324 A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大加速度amax＝g B．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度vmax＝ C．小球進(jìn)入DH軌道后，上升的最高點(diǎn)與P點(diǎn)等高 D．小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的彈力可能為2mg－qB 【解析】　小球沿AC下滑過程中的受力如圖： 利用牛頓第二定律可有， mgcos 60＋mg sin 60－f＝ma qvB＋mgsin 60－mg cos 60－FN＝0 f＝μFN 則由以上式子可得：a＝ g－ qvB. 當(dāng)小球開始下滑時(shí)(v＝0)，加速度最大為amax＝g，則A項(xiàng)正確；當(dāng)加速度a＝0時(shí)，速度最大為vmax＝，則B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球沿AC下滑到進(jìn)入DH過程中洛倫茲力不做功，摩擦力做負(fù)功，再結(jié)合題圖及球所受重力和電場(chǎng)力情況，則有小球上滑到DH的位置比P點(diǎn)低，C項(xiàng)錯(cuò)誤；小球沿軌道可以重復(fù)下滑、上滑，再下滑再上滑……，運(yùn)動(dòng)中小球的能量損失了，每次上升到的高度會(huì)降低，最終小球會(huì)在COD光滑弧段來回運(yùn)動(dòng)，則有mg＝mv，最低點(diǎn)O處，當(dāng)小球速度向右時(shí)，qv0B＋FN1－mg＝m，求得FN1＝2mg－qB，當(dāng)小球速度向左時(shí)，F(xiàn)N2－mg－qv0B＝，求得FN2＝2mg＋qB，則可判斷D項(xiàng)正確． 【答案】　AD B組　深化訓(xùn)練——提升應(yīng)考能力 9．(多選)(xx長(zhǎng)春模擬)如圖8325所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．某時(shí)刻，給小球一方向水平向右，大小為v0＝的初速度，則以下判斷正確的是(　　) 圖8325 A．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用 B．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用 C．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小都相同 D．小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，水平方向分速度的大小一直減小 【解析】　小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點(diǎn)時(shí)小球不會(huì)受到管壁彈力的作用，A選項(xiàng)錯(cuò)誤，小球運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v＝，由于是雙層軌道約束，小球運(yùn)動(dòng)過程不會(huì)脫離軌道，所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，C選項(xiàng)正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力F＝m＝mg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對(duì)小球的彈力，B選項(xiàng)正確；小球在從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右一定遞減，到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí)，水平速度為零，而運(yùn)動(dòng)至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 【答案】　BC 10．如圖8326所示，正三角形ACD是一用絕緣材料制成的固定框架，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，在框架外是范圍足夠?qū)挼膭驈?qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，ACD可視為磁場(chǎng)的理想內(nèi)邊界，在框架內(nèi)有一對(duì)帶電平行極板M、N，M板的中點(diǎn)K處有一粒子源，能夠產(chǎn)生速度為零、質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子，粒子重力不計(jì)，帶電粒子經(jīng)兩極板間的電場(chǎng)加速后從CD邊中心的小孔S垂直于CD邊射入磁場(chǎng)，若這些粒子與框架碰撞時(shí)無能量損失，且每一次碰撞時(shí)速度方向均垂直于被碰的邊框，要使粒子在最短的時(shí)間內(nèi)回到小孔S，求： 圖8326 (1)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，并畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和繞行方向； (2)兩極板M、N間的電壓； (3)粒子回到小孔S的最短時(shí)間． 【解析】　(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，與邊框垂直碰撞后要重新回到S，由幾何關(guān)系可知，A、C、D三點(diǎn)必為圓軌道的圓心，要使粒子回到S的時(shí)間最短，圓軌道半徑為R＝軌跡如圖所示 (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速，有qU＝mv2 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，有qvB＝ 由以上三式解得：U＝ (3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝ 粒子回到S的最短時(shí)間為 t＝3T＝ 【答案】　(1)見解析　(2)　(3) 11．(xx遼寧沈陽(yáng)質(zhì)量檢測(cè))如圖8327所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45，有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對(duì)斜面無壓力．若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn))，一段時(shí)間后，小球落在斜面上的C點(diǎn)，已知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求： 圖8327 (1)小球P落到斜面時(shí)速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時(shí)間t； (2)小球P從拋出到落回斜面的位移x的大?。? 【解析】　(1)小球P靜止于A處時(shí)對(duì)斜面無壓力，說明qE＝mg ① 即小球帶正電．小球P獲得水平初速度后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示： 由對(duì)稱性可知，小球落到斜面上時(shí)速度方向與斜面夾角為45， 小球P由A到C所需時(shí)間t＝ ② 又qv0B＝m ③ T＝ ④ 由①②③④得t＝ ⑤ (2)由幾何關(guān)系知x＝R ⑥ 由①③⑥得x＝ 【答案】　(1)　(2) 12．(xx重慶高考)如圖8328所示，在無限長(zhǎng)的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場(chǎng)的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和 MT間距為1.8h，質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g. 圖8328 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值． 【解析】　(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E. 由題意有mg＝qE 得E＝，方向豎直向上． (2)如圖1所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對(duì)應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ. 圖1 由r＝，有r1＝， r2＝＝r1 由(r1＋r2)sin φ＝r2， r1＋r1cosφ＝h 得vmin＝(9－6). (3)如圖2所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時(shí)距離K點(diǎn)為x. 圖2 由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3...) x≥ x＝ 得r1＝(1＋)， n＜3.5 即n＝1時(shí)，v＝； n＝2時(shí)，v＝； n＝3時(shí)，v＝ 【答案】　(1)方向豎直向上　(2)(9－6) (3)