《2019高考物理二輪復習 小題狂做專練二十一 帶電粒子在組合場、復合場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理二輪復習 小題狂做專練二十一 帶電粒子在組合場、復合場中的運動（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 21 帶電粒子在組合場、復合場中的運動 一、選擇題 1．【綏德中學第一次模擬】一個帶正電的小球沿光滑絕緣的水平桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1。撤去磁場，其余的條件不變，小球的飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2。下列結論不正確的是(　　) A．x1＞x2 B．t1＞t2 C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同 2．【2019屆模擬仿真卷】如圖所示，勻強電場的電場強度方向與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強磁場的方向垂直于紙面(圖中未畫出

2、)。一質量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質點)以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運動，重力加速度為g。則(　　) A．勻強磁場的方向可能垂直于紙面向外 B．小球一定帶正電荷 C．電場強度大小為 D．磁感應強度的大小為 3．【天水2019屆高三摸底】如圖所示為一種質譜儀的工作原理示意圖，此質譜儀由以下幾部分構成：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內有均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度為B的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個質量為m、電荷量為q

3、的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器。下列說法中正確的是(　　) A．磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內 B．加速電場中的加速電壓 C．磁分析器中圓心O2到Q點的距離 D．任何離子若能到達P點，則一定能進入收集器 二、解答題 4．【天一中學2019屆高三調研測試】已知質量為m的帶電液滴，以速度v垂直射入豎直向下的勻強電場E和水平向里勻強磁場B中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內做勻速圓周運動。如圖所示，重力加速度為g，求： (1)液滴帶電荷量及電性； (2)

4、液滴做勻速圓周運動的半徑多大； (3)現(xiàn)撤去磁場，電場強度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，有界電場的左右寬度為d，液滴仍以速度v從左邊界垂直射入，求偏離原來方向的豎直距離。 5．【重慶2019屆聯(lián)考】如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，第一和第四象限內有一個有界圓形區(qū)域與y軸相切于原點O，其圓心為O1、半徑一定，圓內存在垂直于紙面的勻強磁場。第二和第三象限內有平行于y軸的勻強電場。第二象限內有一P點，坐標，一帶電粒子（重力不計）自P點以平行于x軸的初速度v0開始運動，粒子從O點離開電場，經(jīng)磁場偏轉后又從y軸上的Q點（圖中未畫出）垂直于y軸回到電場區(qū)域，并恰能

5、返回到P點。求： (1)粒子從P點到O點經(jīng)歷的時間及粒子在第二象限的加速度大小； (2)粒子經(jīng)過坐標原點O時的速度大小； (3)電場強度E和磁感應強度B的比值。 7. 【成都二診】如圖所示為豎直面內的直角坐標系xOy，A點的坐標為（－8 m，0），C點的坐標為（－4 m，0）；A點右側的三個區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，－4 m > x ≥－8 m區(qū)域的場強大小為E1＝5 V/m，0 > x ≥－4 m區(qū)域的場強大小為E2＝7 V/m，x ≥ 0區(qū)域的場強大小為E3＝5 V/m；第一、四象限內的磁場方向相反且垂直于坐標平面，磁感應強度大小均

6、為B＝2 T?，F(xiàn)讓一帶正電的小球從A點沿z軸正方向、以v0＝4 m/s的速率進入電場。已知小球的質量m＝2×10－3 kg。電荷量q＝4×10－3 C，假設電場和磁場區(qū)域足夠寬廣，小球可視為質點且電荷量保持不變，忽略小球在運動中的電磁輻射，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)小球到達y軸時的速度； (2)小球從A點運動到坐標為(56 m，y)的點經(jīng)歷的時間。 6．【贛州三?！咳鐖D甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線。當兩板間加電壓UMN＝U0時，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場。某種帶負電的粒子從O1點以速度v0

7、沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。 (1)求帶電粒子的比荷； (2)若MN間加上如圖乙所示的交變電壓，其周期，從t＝0開始，前內UMN＝2U，后內UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值； (3)緊貼板右側建立xOy坐標系，在xOy坐標第I、IV象限某區(qū)域內存在一個圓形的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于xOy坐標平面，要使在(2)問情景下所有粒子經(jīng)過磁場偏轉后都會聚于坐標為（2d，2d）的P點，求磁感應強度B的大小范圍。

8、 答案與解析 1．【解析】由于帶正電，有磁場時，小球下落過程中要受重力和洛侖茲力共同作用，重力方向豎直向下，大小方向都不變；洛侖茲力的大小和方向都隨速度的變化而變化，但在能落到地面的前提下洛侖茲力的方向跟速度方向垂直，總是指向右上方某個方向，其水平分力fx水平向右，豎直分力fy豎直向上，如圖所示，小球水平方向將加速運動，豎直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g。撤去磁場的時候，小球做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，加速度為g。從而，有磁場時水平距離比撤去磁場后要大，即x1＞x2

9、，故A正確；有磁場時運動時間比撤去磁場后要長，即t1＞t2，故B正確；由于洛侖茲力的方向每時每刻都跟速度方向垂直，不對粒子做功，不改變粒子的動能。所以，有磁場和無磁場都只有重力作功，小球機械能守恒，動能的增加等于重力勢能的減少，等于小球重力與桌面高度的乘積，是相同的，即v1和v2大小相等，有故C正確；有磁場和無磁場，小球落地時速度方向并不相同，故D錯誤。 【答案】D 2．【解析】小球做勻速直線運動，受到的合力為零，假設小球帶正電，則小球的受力情況如圖1所示，小球受到的洛倫茲力沿虛線但方向未知；小球受到的重力、電場力的合力與洛倫茲力不可能平衡，小球不可能做勻速直線運動，假設不成立，小球帶負電

10、，故B項錯誤；小球帶負電的受力情況如圖2所示。小球受到的洛倫茲力一定斜向右上方，根據(jù)左手定則，勻強磁場的方向一定垂直于紙面向里，故A項錯誤；由于電場力與洛倫茲力反方向、重力與洛倫茲力反方向的夾角均為30°，據(jù)幾何關系可得：，，解得：，，故C項正確，D項錯誤。 【答案】C 3．【答案】B 【解析】離子在磁分析器中沿順時針轉動，所受洛倫磁力指向圓心，根據(jù)左手定則，磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外，故A錯誤；離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有，設離子進入靜電分析器時的速度為v，離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理有，解得，B正確；離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓

11、第二定律有，解得，則，故C錯誤；由B可知，R與離子質量、電量無關，離子在磁場中的軌道半徑，離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑與電荷的質量和電量有關，能夠到達P點的不同離子，半徑不一定都等于d，不一定能進入收集器，故D錯誤。 4．【解析】(1)液滴在空間受到三個力作用：重力、電場力與洛倫茲力；因帶電液滴剛好做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則液滴的重力與電場力相平衡，電場力方向豎直向上，又因電場線方向向下，所以液滴帶負電。 由mg＝qE，得。 (2)帶電粒子在電場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供： 解得：。 (3)電場變?yōu)?E，則加速度 水平方向：d＝vt 豎直方向的偏轉

12、距離： 解得：。 5．【解析】(1)設粒子在電場中運動的時間為 t1，x軸方向：d＝v0t1 y軸方向有： 解得：，。 (2)粒子從P點到O點過程中， 經(jīng)過坐標原點的速度大小。 (3)設Q點到坐標原點的距離為y，從Q點再次進入電場過程中，有： d＝2v0t2 解得： 設粒子進入磁場時速度與y軸夾角為θ，，則θ＝30° 磁場中由幾何關系得： 設粒子進入磁場時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得： 聯(lián)立解得： 粒子在電場中運動時，由牛頓第二定律得： 解得： 所以。 7.【解析】(1)在－4 m> x ≥－8 m區(qū)域，小球所受電場力為： F＝qE1＝2×10-2

13、N 由題知mg＝2×10-2 N F＝mg，所以小球做勻速直線運動，設該過程經(jīng)歷時間為t1 在0 > x ≥－4 m區(qū)域，qE2>mg，小球做類平拋運動，設該過程經(jīng)歷時間為t2，根據(jù)運動學規(guī)律， 在y方向上有：qE2－mg＝ma 在x方向上有： 代入數(shù)據(jù)得：a＝4 m/s2，t2＝1 s，y＝2 m，vy＝4 m/s 所以 設v與y軸正方向的夾角為α，由，得α＝45°。 (2)在x ≥ 0區(qū)域，qE3＝mg，分析知，小球先在第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，接著交替在第四、第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，軌跡如圖所示： 洛倫茲力提供向心力，有：

14、代入數(shù)據(jù)得： 設小球在第一象限第一次到達x軸的位置為P點，第二次到達x軸的位置為G點，由幾何關系易得： OP＝2 m，PG＝2rcos α＝2 m 小球做勻速圓周運動的周期為： 代入數(shù)據(jù)得： 設小球從O點到達x軸上H(56 m，0)點的時間為t3，因，即OH＝OP+27PG 故 又 所以達到橫坐標為56 m的點有以下三種情況： (i)到達橫坐標為56 m的I點， (ii)到達橫坐標為56 m的H點， (iii)到達橫坐標為56 m的J點， 6．【解析】(1)設粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點，沿極板方向有： 垂直極板方向有： 解得： (2)粒子通過兩板時間 從t＝

15、0時刻開始，粒子在兩板間運動時每個電壓變化周期的前三分之一時間內的加速度大小，方向垂直極板向上；在每個電壓變化周期的后三分之二時間內加速度大小，方向垂直極板向下。不同時刻從O1點進入電場的粒子在電場方向的速度vy隨時間t變化的關系如甲所示。 因為所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在或時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側上下邊緣處飛出，它們在電場方向偏轉的距離最大。 解得： (3)所有粒子射出電場時速度方向都平行于x軸，大小為v0。設粒子在磁場中的運動半徑為r，則 得： 粒子進入圓形區(qū)域內聚焦于P點時，磁場區(qū)半徑R應滿足R＝r。在圓形磁場區(qū)域邊界上，P點縱坐標有最大值，如圖乙所示。 磁場區(qū)的最小半徑，對應磁感應強度有最大值 磁場區(qū)的最大半徑，對應磁感應強度有最小值 所以，磁感應強度B的可能范圍為。 9