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

1、帶電粒子在復合場中的運動一、選擇題(本題共5小題，其中13題為單選，45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)AtA一定小于tB，dA一定等于dBBtA一定小于tB，dA可能小于dBCtA可能等于tB，dA一定等于dBDtA可能等于tB，dA可能小于dB解析粒子在電場中運動只受電場力作用

2、，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：Bqvm，所以，軌道半徑R，運動周期T，那么，根據圓周運動規(guī)律可得：粒子轉過的圓心角為3602arctan，故粒子A轉過的圓心角比粒子B小，又有周期相等，故tAtB；前兩次穿越連線MN時兩點間的距離為2Rsin(arctan)2R，故dAdB，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。將一束等離子體連續(xù)以速度v垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，可在相距為d，面積為S的

3、兩平行金屬板間產生電壓?，F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。忽略邊緣效應，下列判斷正確的是(C)A上板為正極，a、b兩端電壓UBdvB上板為負極，a、b兩端電壓UC上板為正極，a、b兩端電壓UD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：EBdv，則流過R的電流為：I而r，解得a、b兩端電壓U；根據左手定則，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

4、直紙面向里，一個帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成角的直線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，根據物體做直線運動條件可知，粒子所受洛倫茲力亦為恒力據FqvB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

5、所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應圓心角為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、磁感應強度為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側和ND右側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?，F有一質量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內徑、可視為質點的帶正電小球，從軌道內距C點足夠遠的P點由靜止釋放。若PCL，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小球在軌道內受到的摩擦力

6、可能大于mgC經足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是mglD小球經過O點時，對軌道的彈力可能為2mgqB 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，洛倫茲力導致球對管壁有作用力，從而導致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為Fmg不變，故根據牛頓第二定律可知，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，小球在軌道內受到的摩擦力最大，則為mg，不可能大于mg，故B錯誤；根據動能定理，可知，取從靜

7、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：NmgBqvm；由C到O點，機械能守恒定律，則有：mgRsin30mv2；解得N2mgqB，即當小球由C向D運動時，則對軌道的彈力為2mgqB，故D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)為第四象限內的一點，一質量為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加垂直紙面向內的勻強磁場，該電荷恰好能通過P點；第二次保持y0區(qū)域磁場不變，而將y0區(qū)域磁場不變，而將

8、yt2，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，則有tan；第二次與x軸負方向的夾角，則有tan，所以有tantan，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，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，偏轉電場的兩個平行極板水平放置，板長L0.08 m，板間距足夠大，兩板的右側有水平寬度l0.06 m、豎直寬度足夠大的有界勻強磁場。一個比荷為5107 C/kg的帶負電粒子以速度v08105 m/s從兩板中間沿與板平行的方向射入偏轉電場，若從該粒子進入偏轉電場時開始計時，板間場強恰好按圖乙所示的規(guī)

9、律變化，粒子離開偏轉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和磁場的磁感應強度B。答案(1)v1106 m/s(2)0.1 m；0.2 T解析(1)根據題意，電子在偏轉電場中的運動時間：t10108 s對比乙圖可知，電子在極板間運動的時間是偏轉電場的一個周期。在第一個t5108 s時間內，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：qEmav1at在第二個t5108 s時間內，電子做勻速直線運動，帶電粒子進入磁場時的速度為：v聯解得：v1106 m/s(2)做出電子在磁場中的軌跡如圖所示：設帶電粒

10、子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關系有：粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：qvBm聯解得：R0.1 mB0.2 T7(2019河北省保定市模擬)如圖所示，在xOy坐標系的第象限內，等腰直角三角形aOb區(qū)域內，有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，第四象限內有方向沿y軸正向的勻強電場，電場強度大小為E，一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子在y軸上的A點由靜止釋放，結果粒子經電場加速進入磁場，粒子第一次在磁場中偏轉時恰好不能從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)若改變粒子在y軸上的位置，使粒子由靜止釋放后最

11、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(n0,1,2)t(n)(n0,1,2)解析(1)設粒子在磁場中偏轉的軌道半徑為R1，由幾何關系得RRd求得R(1)d由牛頓第二定律得qv0Bm設粒子開始時在y軸上的坐標為(0，y0)qEy0mv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(2n1)R(n0,1,2，)由牛頓第二定律得qvBm設粒子開始時在y軸上的坐標為(0，y)qEymv2求得y(n0,1,2，)因此粒子開始

12、釋放的位置對應的y軸的坐標值為y(n0,1,2，)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(2n1)(n0,1,2，)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t2n(n0,1,2，)求得t2(n)(n0,1,2，)運動的總時間tt1t2(n)(n0,1,2，)8(2019河北省衡水市一檢)空間三維直角坐標系Oxyz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，sin530.8，cos530.6)(1)若一電荷量為q、質量為m的帶電質點沿平行于z軸正方向的速度v0做勻速直

13、線運動，求電場強度E和磁感應強度B的大??；(2)若一電荷量為q0、質量為m的帶電質點沿平行于z軸正方向以速度v0通過y軸上的點P(0，h,0)時，調整電場使其方向沿x軸負方向、大小為E0。適當調整磁場，則能使帶電質點通過坐標Q(h,0,0.5h)點，問通過Q點時其速度大小；(3)若一電荷量為q、質量為m的帶電質點沿平行于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，同時改變磁感應強度的大小，但不改變其方向，帶電質點做勻速圓周運動能經過x軸上的某點M，問電場強度E和磁感應強度B的大小滿足什么條件？并求出帶電質點經過x軸M點的時間。答案(1)BE (2) vQ

14、v(3)tnT(n)(n1,2,3)解析(1)在xOy平面內質點受力如圖所示，電場力F1方向與洛倫茲力F2方向垂直， 根據物體的平衡條件有：qEmgsin53qv0Bmgcos53EB(2)洛倫茲力不做功所以，由P點到Q點，根據動能定理： mvmvmghqE0hvQ (3)當電場力和重力平衡時，帶電質點只受洛倫茲力作用，在v0方向和F2Bqv0方向所在直線決定平面內做勻速圓周運動，如圖所示。 EqmgE方向豎直向下要使帶電質點經過x軸，圓周的直徑2r h根據Bqv0mB 帶電質點的運動周期為T質點經半個周期第一次通過x軸，以后每經過整周期又經過x軸。所以經過x軸的時間為tnT(n)(n1,2,3) - 10 -