《（通用版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題分層突破練10 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題分層突破練10 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題分層突破練10　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 A組 　　　　　　　　　　　　　 1.(2019江西贛中南五校一聯(lián))一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場。粒子的一段徑跡如圖所示,徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧,由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變),從圖中情況可以確定(　　) A.粒子從a到b,帶正電 B.粒子從a到b,帶負電 C.粒子從b到a,帶正電 D.粒子從b到a,帶負電 2.(多選)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

2、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.在磁場中運動的半徑之比為3∶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 3. (2019陜西寶雞模擬)如圖所示,空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場,一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動,到達B點時,速度為零,C點是運動的最低點,則以下敘述錯誤的是(　　) A.液滴一定帶負電 B.液滴在C點時動能最大 C.液滴在C點電勢能最小 D.液滴在

3、C點機械能最小 4.(多選)(2019山西太原模擬)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d=20 cm,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=5 T,方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負電的微粒,整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場,發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P=100 W的燈泡正常發(fā)光,且此時燈泡電阻為R=100 Ω,不計離子重力和發(fā)電機內(nèi)阻,且認(rèn)為離子均為一價離子,則下列說法中正確的是(　　) A.金屬板M上聚集負電荷,金屬板N上聚集正電荷 B.該發(fā)電機的電動勢為100 V C.離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103 m/s

4、D.每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上 5.(多選)(2019貴州畢節(jié)梁才學(xué)校檢測)如圖所示,空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,磁場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿,它與水平面的夾角為θ,一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電小球套在直桿上,從A點由靜止沿桿下滑,小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ,在小球以后的運動過程中,下列說法正確的是(　　) A.小球下滑的最大速度為vm=mgsinθμqB B.小球下滑的最大加速度為am=gsin θ C.小球的加速度一直在減小 D.小球的速度先增大后不變 6.(2019黑龍江哈爾濱統(tǒng)考)在光滑水平地面上水平放置著足夠長的質(zhì)量為M的

5、木板,其上放置著質(zhì)量為m、帶正電的物塊(電荷量保持不變),兩者之間的動摩擦因數(shù)恒定,且M>m?？臻g存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場,某時刻開始它們以大小相等的速度相向運動,如圖所示,取向右為正方向,則下列圖象可能正確反映它們以后運動的是(　　) 7.(2019廣東佛山模擬)如圖甲所示,M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O'且正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場,已知正離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周

6、期都為T0,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計正離子所受重力。求: (1)磁感應(yīng)強度B0的大小; (2)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 B組 8.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穿出區(qū)域Ⅱ。不計粒子重力。求 (1)B1的取值范圍; (2)B1與B2

7、的關(guān)系式。 9. 如圖所示的平面直角坐標(biāo)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(0,3h)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)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。

8、 10. 如圖所示,在平面直角坐標(biāo)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(biāo)(0,3a)、C點坐標(biāo)(0,-3a)、B點坐標(biāo)(-23a,-3a)。在直角坐標(biāo)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,不計粒子的重力。試求: (1)粒子的比荷; (2)粒子束射入電

9、場時經(jīng)過y軸的縱坐標(biāo)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。 專題分層突破練10　帶電粒子在 復(fù)合場中的運動 1.C　解析 由于帶電粒子使沿途的空氣電離,因此粒子的能量逐漸減小,速度逐漸減小,根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r=mvqB,可知,粒子運動的軌跡半徑是逐漸減小的,所以粒子的運動軌跡是從b到a,選項A、B錯誤;再根據(jù)左手定則可知,粒子帶正電,選項C正確,D錯誤。 2.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=qUmd可知,其在電場中的加速度是1∶3,故A錯誤。要想知

10、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式為:v=2qUm,可知其速度之比為1∶3。又由qvB=mv2r知,r=mvqB,所以其半徑之比為3∶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sinθ=Lr,則可知角度的正弦值之比為1∶3,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=12mv2可知,兩離子離開電場的動能之比為1∶3,故D正確。故選BD。 3.C　解析 液滴偏轉(zhuǎn)是由于受洛倫茲力作用,據(jù)左手定則可判斷液滴一定帶負電,A正確;液滴所受電場力必向上,而液滴

11、能夠從靜止向下運動,是因為重力大于電場力,由A→C合力做正功,故在C處液滴的動能最大,B正確;而由于A→C克服電場力做功最多,電勢能增加最多,又機械能與電勢能的和不變,因此,由A→C機械能減小,故液滴在C點機械能最小,C錯誤,D正確。 4.BD　解析 由左手定則可知,射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉(zhuǎn),負離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn),選項A錯誤;由于不考慮發(fā)電機的內(nèi)阻,由閉合電路歐姆定律可知,電源的電動勢等于電源的路端電壓,所以E=U=PR=100V,選項B正確;由Bqv=qUd可得v=UBd=100m/s,選項C錯誤;每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q=It,而I=PR=1A,所以Q=1C,由于離子為

12、一價離子,所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n=Qe=11.6×10-19=6.25×1018(個),選項D正確。 5.BD　解析 小球開始下滑時有mgsinθ-μ(mgcosθ-qvB)=ma,隨著v增大,a增大,當(dāng)v0=mgcosθqB時,a達到最大值即am=gsinθ,此時洛倫茲力大小等于mgcosθ,支持力為0,此后隨著速度增大,洛倫茲力增大,支持力增大,此后下滑過程中有,mgsinθ-μ(qvB-mgcosθ)=ma,隨著v增大,a減小,當(dāng)vm=mg(sinθ+μcosθ)μqB時,a=0,此時達到平衡狀態(tài),速度不變。所以整個過程中,v先增大后不變,a先增大后減小,所以B、D正確

13、。 6.B　解析 對物塊分析可知,其受重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力作用,由左手定則可知,洛倫茲力方向向上;水平方向受摩擦力作用而做減速運動;則由F=Bqv可知,洛倫茲力減小,故m對M的壓力增大,摩擦力增大,故m的加速度越來越大;同時M受m向右的摩擦力作用,M也做減速運動;因摩擦力增大,故M的加速度也越來越大;v-t圖象中圖線斜率的絕對值表示加速度大小,則可知v-t圖象中對應(yīng)的圖線應(yīng)為曲線;對M、m組成的系統(tǒng)分析可知,系統(tǒng)所受外力之和為零,故系統(tǒng)的動量守恒,最終木板和物塊速度一定相同,則有mv0-Mv0=(M+m)v,因M>m,故最終速度一定為負值,說明最終木板和物塊均向左做勻速運動,則B正

14、確。 7.答案 (1)2πmqT0　(2)πd2nT0(n=1,2,3,…) 解析 (1)設(shè)磁場方向垂直于紙面向里時為正,正離子射入磁場后做勻速圓周運動,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有B0qv0=mv02r 粒子運動的周期T0=2πrv0 解得B0=2πmqT0。 (2) 正離子從O'孔垂直于N板射出磁場時,可能的運動軌跡如圖所示, 正離子在兩板之間只運動一個周期T0時,有r=d4 正離子在兩板之間運動n個周期即nT0時,有r=d4n(n=1,2,3,…) 解得v0=πd2nT0(n=1,2,3,…)。 8.答案 (1)0

15、 解析 (1)設(shè)粒子經(jīng)U加速后獲得的速度為v,根據(jù)動能定理有qU=12mv2① 在區(qū)域Ⅰ的磁場中偏轉(zhuǎn),有 qB1v=mv2R1② 要使粒子能進入?yún)^(qū)域Ⅱ,必須:R1>d③ 聯(lián)立得:0

16、 (3) 圖1 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=qE2mt2=3h 聯(lián)立以上各式可得:E=3mv022qh 圖2 (2)粒子到達Q點時沿負y方向的分速度為vy=at=3v0 所以 v=v02+vy2=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=mv2r 解得:r=mvqB 若磁場方向垂直紙面向里,軌跡如圖1所示, 最小矩形磁場的邊界長為3r,寬為r2,面積為23m2v02q2B2 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,

17、寬為32r,面積為12m2v02q2B2 10.答案 (1)v0Ba　(2)0≤y≤2a　(3)粒子射入磁場的位置為y=-78a;最遠距離為94a 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=mv02r 故粒子的比荷qm=v0Ba (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·ABBC=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軸射入電場的范圍為0≤y≤2a (3)假設(shè)

18、粒子沒有射出電場就打到熒光屏上,有 3a=v0·t0 y=qE2mt02=92a>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=qE2mt2 代入數(shù)據(jù)得x=2ay 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tanθ=vyvx=qEm·xv0v0=2ya 有H=(3a-x)·tanθ=(3a-2y)2y 當(dāng)3a-2y=2y時,即y=98a時,H有最大值 由于98a<2a,所以H的最大值Hmax=94a,粒子射入磁場的位置為y=98a-2a=-78a。 13