《（江浙選考1）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)強(qiáng)化練40 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江浙選考1）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)強(qiáng)化練40 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)強(qiáng)化練40帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1.如圖所示,一帶電粒子從平行帶電金屬板左側(cè)中點(diǎn)垂直于電場線以速度v0射入電場中,恰好能從下板邊緣以速度v1飛出電場。若其他條件不變,在兩板間加入垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,該帶電粒子恰能從上板邊緣以速度v2射出。不計(jì)重力,則()A.2v0=v1+v2B.v0=C.v0=D.v0v1=v22.(2018浙江寧波重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示,相距為d的平行板A和B之間有電場強(qiáng)度為E方向豎直向下的勻強(qiáng)電場。電場中C點(diǎn)距B板的距離為0.3d,D點(diǎn)距A板的距離為0.2d,有一個(gè)質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),若重力加速度為g,則下列說法正確

2、的是()A.該微粒在D點(diǎn)時(shí)的電勢能比在C點(diǎn)時(shí)的大B.該微粒做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C.在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgdD.該微粒帶正電,所帶電荷量大小為q=3.(多選)一個(gè)帶電粒子以初速v0垂直于電場方向向右飛入勻強(qiáng)電場區(qū)域,穿出電場后接著又飛入勻強(qiáng)磁場區(qū)域(不計(jì)重力)。在下圖所示的幾種軌跡中,可能出現(xiàn)的是()4.(多選)如圖所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的P環(huán)套在固定的水平長直絕緣桿上(桿表面不光滑),整個(gè)裝置處在垂直于桿的水平勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v0,則下列情況可能發(fā)生的是()A.環(huán)將保持勻速運(yùn)動(dòng),環(huán)的機(jī)械能不變B.環(huán)將向右減速,最后靜止,損失的機(jī)械能是C

3、.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機(jī)械能是D.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機(jī)械能是m()25.(多選)如圖所示,在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m,電荷量為+q,電場強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A.小球的加速度一直減小B.小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=D.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=6.(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖1所示。大量的甲、乙兩種離

4、子以0到v范圍內(nèi)的初速度從A點(diǎn)進(jìn)入電壓為U的加速電場,經(jīng)過加速后從0點(diǎn)垂直邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)量分別為2m和m。不考慮離子間的相互作用。圖1圖2(1)求乙離子離開電場時(shí)的速度范圍;(2)求所有離子打在底片上距O孔最遠(yuǎn)距離xm;(3)若離子進(jìn)入O孔時(shí)速度方向分布在y軸兩側(cè)各為=30的范圍內(nèi)如圖2所示,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求離子最大初速度v應(yīng)滿足的條件。7.(2018浙江教育綠色評價(jià)聯(lián)盟高考適應(yīng)性試卷)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m

5、的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1.010-3 T,在離軸線處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運(yùn)動(dòng),截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線成(00)的粒子。t=0時(shí)刻,發(fā)射源在(x,0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)。圖1圖2(1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測到,求發(fā)射源的位置和粒子的初動(dòng)能;(2)若粒子兩次進(jìn)出電場區(qū)域后被探測到,求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系?？键c(diǎn)強(qiáng)化練40帶電粒子在組合場

6、或復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1.B帶點(diǎn)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí),電場力做正功,在電場和磁場的復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí),洛倫茲力不做功,電場力做負(fù)功,所以有v2v0v1,對以上兩個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理:qm(),qm()聯(lián)立解得v0=,正確選項(xiàng)是B。2.C電場力豎直向上,電場向下,所以該微粒帶負(fù)電,從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),電場力做正功,電勢能減小,所以微粒在D點(diǎn)時(shí)的電勢能比在C點(diǎn)時(shí)的小,故AD錯(cuò)誤;在此過程中電場力對微粒做的功為W=Fx=mg(d-0.3d-0.2d)=0.5mgd,故C正確。3.ADA圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí),由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向上。故A正確;B圖中

7、:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí),由圖可知,電場力向下,則粒子帶負(fù)電,當(dāng)進(jìn)入磁場時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故B錯(cuò)誤;C圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí),由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故C錯(cuò)誤;D圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí),由圖可知,電場力向上,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故D正確。4.ABD因?yàn)槌跛俣葀0大小不確定,因此洛倫茲力大小不確定,由于桿的存在,環(huán)在垂直運(yùn)動(dòng)方向上處于受力平衡狀態(tài),即向上的合力等于向下的合力。(1)若Bv0q=mg,則沒有支持力,不會(huì)產(chǎn)生摩擦力,物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以A正確

8、。(2)若Bv0qmg,則支持力豎直向下,摩擦力向左,物體減速。當(dāng)支持力為零,物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),而最終速度應(yīng)該為v=,根據(jù)能量守恒定律,損失的動(dòng)能即為產(chǎn)生的熱量,所以產(chǎn)生熱量為m()2,因此D正確。5.CD小球靜止時(shí)只受電場力、重力、支持力及摩擦力,電場力水平向左,摩擦力豎直向上;開始時(shí),小球的加速度應(yīng)為a=;小球速度將增大,產(chǎn)生洛倫茲力,由左手定則可以知道,洛倫茲力向右,故水平方向合力將減小,摩擦力減小,故加速度增大;故A錯(cuò)誤;當(dāng)洛倫茲力等于電場力時(shí),摩擦力為零,此時(shí)加速度為g,達(dá)最大;此后速度繼續(xù)增大,則洛倫茲力增大,水平方向上的合力增大,摩擦力將增大;加速度將減小,故最大加速度的一半會(huì)

9、有兩種情況,一是在洛倫茲力小于電場力的時(shí)間內(nèi),另一種是在洛倫茲力大于電場力的情況下,則:,計(jì)算得出,v1=,所以C選項(xiàng)是正確的;同理有:,計(jì)算得出v2=,所以D選項(xiàng)是正確的;而在下降過程中有摩擦力做功,故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故機(jī)械能和電勢能的總和將減小。6.答案 (1)v1(2)xm=2rm=4(3)v=解析 (1)設(shè)離子以初速度v0進(jìn)入電場,離開電場時(shí)速度為v1,由:qU=解得v1=由題意可知,乙離子進(jìn)入電場時(shí)速度范圍0v,可得乙離子離開電場時(shí)速度范圍為:v1(2)粒子在磁場中只受洛倫茲力作用,有qBv1=m解得r=經(jīng)判斷知,以v進(jìn)入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠(yuǎn)處rm=2,xm=2rm

10、=4(3)當(dāng)乙離子平行于y軸且以最大速度射出時(shí)能打到最遠(yuǎn),此時(shí)距O孔最遠(yuǎn)處為2r乙=2當(dāng)甲離子沿與y軸成30且以最小速度射出時(shí)能打到最近,此時(shí)距O孔最近處為2r甲cos 30=cos 30當(dāng)2r乙=2r甲cos 30時(shí),即v=所以要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,離子最大初速度v。7.答案 (1)U=3.625103 V(2)垂直紙面向外(3)vm=108 m/s(4)F=1.6102 N解析 (1)帶電粒子在區(qū)加速,根據(jù)動(dòng)能定理得:qU=mv2,解得:U=3.625103 V(2)要取得較好的電離效果,電子須在出射方向左邊做勻速圓周運(yùn)動(dòng),即為按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知,此刻區(qū)磁場應(yīng)

11、該是垂直紙面向外。(3)當(dāng)電子以角入射時(shí),最大速度對應(yīng)軌跡如圖所示軌跡圓與圓柱腔相切,此時(shí)有:OCO=90-,OC=,OC=r,OO=R-r,由余弦定理得:(R-r)2=2+r2-2rcos(90-),又cos(90-)=sin ,聯(lián)立解得:r=在磁場中有:evmB=m聯(lián)立解得:vm=108 m/s(4)根據(jù)動(dòng)量定理得:Ft=NMv0代入數(shù)據(jù)得:F=1.6102 N8.答案 (1)(L,0)(2)(3)解析 (1)由題意畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示甲由幾何關(guān)系可得粒子經(jīng)過x軸的坐標(biāo)為(L,0)乙(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),畫出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示;由幾何關(guān)系可以知道粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑:

12、r=L對粒子,洛倫茲力提供向心力:qvB=m電場中加速,由動(dòng)能定理:qU=mv2由以上各式解得:U=丙(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑設(shè)為R,由題設(shè)畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示,進(jìn)入磁場的方向與PM1方向平行,每次在磁場中偏轉(zhuǎn)一次,沿y軸的負(fù)方向下移距離:y1=R從磁場出來與C板碰撞再進(jìn)入磁場時(shí),粒子沿y軸正方向上移的距離:y2=R,其中qvB=根據(jù)題意經(jīng)過兩次與C板碰撞后回到P點(diǎn),則有:2L=3y1-2y2,在磁場中的時(shí)間t1=3在磁場外的時(shí)間:t2=2+2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2=9.答案 (1)5102 m/s(2)1.810-2 m(3)3.5710-4 s解析 (1)由Eqh1=得到v1=5102 m/s(2)粒子經(jīng)電場加速,經(jīng)過x軸時(shí)速度大小為v,滿足:Eqh=mv2之后進(jìn)入下方磁場區(qū),依據(jù)題意可知運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)滿足R1d1又由qvB=m,得R1=由以上三式可得:h12qU0,x=y+);qU0Ek02qU0,x=-3(y+d)+;Ek02qU0由y=、R0=、R1=和-qU0、-qU0及x=y+2(R0+R1)得x=y+()見圖2,qU0Ek02qU0由-y-d=、R0=,和+qU0及x=3(-y-d)+2R0得x=-3(y+d)+()見圖3,Ek0qU0由-y-d=、R0=和-qU0及x=-y-d+4R0得x=-y-d+10