《2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓26 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓26 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課后限時集訓(二十六) 帶電粒子在復合場中的運動 (建議用時：40分鐘) [基礎對點練] 題組一：帶電粒子在復合場中運動的應用實例 1．(2019·北京模擬)如圖所示，一束質量、速度和電荷量不全相等的離子，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是(　　) A．組成A束和B束的離子都帶負電 B．組成A束和B束的離子質量一定不同 C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 C　[由左手定則知，A、B兩束離子均帶正電，A錯誤；兩束離子經過同一速度選擇器后的速度相同，在偏轉磁場

2、中，由R＝可知，半徑大的離子對應的比荷小，但離子的質量不一定相同，故選項B錯誤，C正確；速度選擇器中的磁場方向應垂直紙面向里，D錯誤。] 2．(多選)如圖所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場，最終打在P1、P2兩點。則(　　) A．打在P1點的粒子是He B．打在P2點的粒子是H和He C．O2P2的長度是O2P1長度的2倍 D．粒子在偏轉磁場中運動的時間都相等 BC　[通過同一速度選擇器的粒子具有相同的速度，故H、H、He的速度相等，由牛頓第二定律得qvB2＝m，解得R＝，設質子的質量為m，質

3、子帶電量為q，H的半徑R1＝，H的半徑R2＝，He的半徑R3＝，故打在P1點的粒子是H，打在P2點的粒子是H和He，選項A錯誤，B正確；O2P1＝2R1＝，O2P2＝2R2＝，故O2P2＝2O2P1，選項C正確；粒子在磁場中運動的時間t＝＝，H運動的時間與H和He運動的時間不同，選項D錯誤。故選B、C。] 3．(2019·北京模擬)據(jù)報道，我國實施的“雙星”計劃發(fā)射的衛(wèi)星中放置了一種“磁強計”，用于測定地磁場的磁感應強度等研究項目。磁強計的原理如圖所示：電路中有一段金屬導體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導體中通有沿x正方向、大小為I的電流。已知金屬導體單

4、位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電量為e。金屬導電過程中，自由電子做定向移動可視為勻速運動。若測出金屬導體前后兩個側面間(z＝a為前側面，z＝0為后側面)的電勢差為U，那么(　　) A．前側面電勢高，B＝ B．前側面電勢高，B＝ C．后側面電勢高，B＝ D．后側面電勢高，B＝ C　[電子定向移動形成電流，根據(jù)電流的方向得出電子定向移動的方向，根據(jù)左手定則，判斷出電子的偏轉方向，在前后兩側面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下平衡，根據(jù)平衡求出磁感應強度的大小。 電子定向移動的方向沿x軸負向，所以電子向前側面偏轉，則前側面帶負電，后側面失去電子帶正電，后側面的電

5、勢較高，當金屬導體中自由電子定向移動時受洛倫茲力作用向前側面偏轉，使得前后兩側面間產生電勢差，當電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時，前后兩側面間產生恒定的電勢差。因而可得＝Bev，q＝n(abvt)e，I＝＝neabv，由以上幾式解得磁場的磁感應強度B＝，故C正確。] 題組二：帶電粒子在復合場中的運動 4.(多選)(2019·合肥調研)如圖所示，空間某區(qū)域存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里。在該區(qū)域內，若帶電粒子僅受電場、磁場的作用力，下列判斷正確的是(　　) A．若粒子帶正電，則粒子可能沿直線由A向B運動 B．若粒子帶負電，則粒子可能沿直線由A向B

6、運動 C．若粒子帶正電，則粒子可能沿直線由C向D運動 D．若粒子帶負電，則粒子可能沿直線由C向D運動 AB　[若粒子帶正電，且粒子速度方向由A指向B，此時粒子受水平向左的電場力和水平向右的洛倫茲力，當二力大小相等時，粒子沿豎直線AB運動，選項A正確；若粒子帶負電，且粒子速度方向由A指向B，此時粒子受水平向右的電場力和水平向左的洛倫茲力，當二力大小相等時，粒子沿豎直線AB運動，選項B正確；若粒子帶正電，且粒子速度方向由C指向D，此時粒子受水平向左的電場力和豎直向上的洛倫茲力，則粒子不可能沿水平線CD運動，選項C錯誤；若粒子帶負電，且粒子速度方向由C指向D，此時粒子受水平向右的電場力和豎直向

7、下的洛倫茲力，則粒子不可能沿水平線CD運動，選項D錯誤。] 5．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直。在電磁場區(qū)域中，有一個光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個點，a點為最高點，c點為最低點， bd沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　) A．當小球運動到c點時，洛倫茲力最大 B．小球恰好運動一周后回到a點 C．小球從a點運動到b點，重力勢能減小，電勢能減小 D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能增大 C　[電場力與重力大

8、小相等，則二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的“最高點”。關于圓心對稱的位置(即bc弧的中點)就是“最低點”，速度最大，此時洛倫茲力最大；由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a點靜止釋放，最高運動到d點，故A、B錯誤。從a到b，重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減少，故C正確。小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，但由于bc弧的中點速度最大，所以動能先增大后減小，故D錯誤。] 題組三：帶電粒子在復合場、交變場中的運動 6．(2019·廈門檢測)如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙

9、面向里的勻強磁場。質子由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復合場的邊界進入并沿直線穿過場區(qū)，質子(不計重力)穿過復合場區(qū)所用時間為t，從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek，則 (　　) A．若撤去磁場B，質子穿過場區(qū)時間大于t B．若撤去電場E，質子穿過場區(qū)時間等于t C．若撤去磁場B，質子穿出場區(qū)時動能大于Ek D．若撤去電場E，質子穿出場區(qū)時動能大于Ek C　[質子在電場中是直線加速，進入復合場，電場力與洛倫茲力等大反向，質子做勻速直線運動。若撤去磁場，只剩下電場，質子做類平拋運動，水平分運動是勻速直線運動，速度不變，故質子穿過場區(qū)時間不變，等于t，A錯誤；若撤去電場，只剩下磁場，質

10、子做勻速圓周運動，速率不變，水平分運動的速度減小，故質子穿過場區(qū)時間增加，大于t，B錯誤；若撤去磁場，只剩下電場，質子做類平拋運動，電場力做正功，故末動能大于Ek，C正確，若撤去電場，只剩下磁場，質子做勻速圓周運動，速率不變，末動能不變，仍為Ek，D錯誤。] 7．如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為的勻強磁場，一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30°角斜向上的速度v射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R。則下列說法正確的是(　　) A．粒子經偏轉一定能回到原點O B．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2∶1 C

11、．粒子完成一次周期性運動的時間為 D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R D　[由r＝可知，粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2，所以B錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間t＝T1＋T2＝＋＝，所以C錯誤；粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進l＝R＋2R＝3R，粒子經偏轉不能回到原點O，所以A錯誤，D正確。] 8．(多選)(2019·西安模擬)某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直于紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的

12、軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．若粒子的初始位置在a處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度 B．若粒子的初始位置在f處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度 C．若粒子的初始位置在e處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度 D．若粒子的初始位置在b處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度 AD　[要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示，由左手定則知粒子做圓周運動的周期應為T0＝，若粒子的初始位置在a處時，對應時刻應為t＝T0＝T，同理可判斷B、C、D選項，可得A、D正確。]

13、 [考點綜合練] 9．(2019·咸陽模擬)如圖所示，位于豎直平面內的直角坐標系中，第一象限內存在沿y軸負方向、電場強度大小E＝2 V/m的勻強電場，第三象限內存在沿x軸負方向、大小也為E＝2 V/m的勻強電場；其中第一象限內有一平行于x軸的虛線，虛線與x軸之間的距離為h＝0.4 m，在虛線上方存在垂直于xOy平面向里、磁感應強度大小為B＝0.5 T的勻強磁場，在第三象限存在垂直于xOy平面向外的、磁感應強度大小也為B＝0.5 T的勻強磁場。在第三象限有一點P，且O、P的連線與x軸負半軸的夾角θ＝45°?，F(xiàn)有一帶電荷量為q的小球在P點處獲得一沿PO方向的速度，剛好沿PO做勻速直線運動，經過原

14、點后進入第一象限，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球做勻速直線運動時的受力情況以及所受力的比例關系； (2)小球做勻速直線運動時的速度大??； (3)小球從O點進入第一象限開始經過多長時間離開x軸？ 解析：(1)由題意可知，小球在第三象限沿PO做勻速直線運動時，受豎直向下的重力、水平方向的電場力、與PO方向垂直的洛倫茲力，則由力的平衡條件可知，小球的洛倫茲力方向一定與PO垂直且斜向左上方，因此小球帶負電荷，電場力一定水平向右。 設小球質量為m，所受洛倫茲力大小為f，由平衡條件得小球所受力的比例關系為 mg∶(qE)∶f＝1∶1∶。 (2)由第(1)問得qvB＝qE

15、 解得v＝＝4 m/s。 (3)小球剛進入第一象限時，電場力和重力平衡，可知小球先做勻速直線運動，進入y≥0.4 m的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，最后從N點離開x軸，小球由O→A勻速運動的位移為 s1＝＝h 運動時間 t1＝＝＝＝0.1 s 由幾何關系和圓周運動的周期關系式 T＝＝，小球在y≥0.4 m區(qū)域內偏轉了90° 則由A→C小球做圓周運動的時間為 t2＝T＝＝π s 由對稱性知從C→N的時間 t3＝t1 故小球在第一象限運動的總時間 t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋π s＝0.828 s。 答案：(1)見解析 (2)4 m/s　(3)0.8

16、28 s 10.(2018·天津高考)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里。磁場中有一內、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出。不計粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時間t； (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出。粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小。 解析：(1)設粒子在磁場中運動的速度大小為

17、v，所受洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m ① 設粒子在電場中運動所受電場力為F，有 F＝qE ② 設粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有 F＝ma ③ 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有 v＝at ④ 聯(lián)立①②③④式得 t＝。 ⑤ (2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定。故當軌跡與內圓相切時，所用的時間最短。設粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關系可得 (r′－R)2＋(R)2＝r′2 ⑥ 設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關

18、系知 tan θ＝ ⑦ 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0，由運動的合成和分解可得 tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得 v0＝。⑨ 答案：(1)　(2) 11.(2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界

19、上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點入射時速度的大??； (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 解析：(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱) (a) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為

20、a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖(b))，速度沿電場方向的分量為v1。 (b) 根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma ① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量。由運動學公式有 v1＝at ② l′＝v0t ③ v1＝vcos θ ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝ ⑤ 由幾何關系得 l＝2Rcos θ ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝。 ⑦ (3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得 v1＝v0cot ⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝ ⑨ 設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則 t′＝2t＋T ⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期。 T＝ ? 由③⑦⑨⑩?式得 t′＝(1＋)。 ? 答案：見解析 - 10 -