2019-2020年高考物理二輪復習 專題能力訓練 專題九 帶電粒子在組合、復合場中的運動一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,16題只有一個選項符合題目要求78題有多個選項符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)1.如圖為“濾速器”裝置示意圖。a、b為水平放置的平行金屬板,其電容為C,板間距離為d,平行板內存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。a、b板帶上電荷,可在平行板內產生勻強電場,且電場方向和磁場方向互相垂直。一帶電粒子以速度v0經小孔O進入正交電磁場可沿直線OO運動,由O射出,粒子所受重力不計,則a板所帶電荷量情況是()A.帶正電,其電荷量為B.帶負電,其電荷量為C.帶正電,其電荷量為CBdv0D.帶負電,其電荷量為2.(xx湖南師范大學附屬中學月考)速度相同的一束粒子由左端射入質譜儀后分成甲、乙兩束,其運動軌跡如圖所示,其中S0A=S0C,則下列說法正確的是()A.甲束粒子帶正電,乙束粒子帶負電B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于D.若甲、乙兩束粒子的電荷量相等,則甲、乙兩束粒子的質量比為323.(xx河北名校聯(lián)盟質量監(jiān)測)如圖,一帶電塑料小球質量為m,用絲線懸掛于O點,并在豎直平面內擺動,最大擺角為60,水平磁場垂直于小球擺動的平面。當小球自左方擺到最低點時,懸線上的張力恰為零,則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如圖所示,在第二象限內有水平向右的勻強電場,電場強度為E,在第一、四象限內分別存在如圖所示的勻強磁場,磁感應強度大小相等。有一個帶電粒子以初速度v0從x軸上的P點垂直進入勻強電場,恰好與y軸成45角射出電場,再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入下面的磁場。已知O、P之間的距離為d,則帶電粒子()A.在電場中運動的時間為B.在磁場中做圓周運動的半徑為dC.自進入磁場至第二次經過x軸所用時間為D.從進入電場時開始計時,粒子在運動過程中第二次經過x軸的時間為5.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束,下列說法中正確的是()A.組成A、B束的離子都帶負電B.組成A、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紙面向外6.(xx江西五校聯(lián)考)如圖所示,豎直平面內有一固定的光滑絕緣橢圓大環(huán),水平長軸為AC,豎直短軸為ED。輕彈簧一端固定在大環(huán)的中心O,另一端連接一個可視為質點的帶正電的小環(huán),小環(huán)剛好套在大環(huán)上,整個裝置處在一個水平向里的勻強磁場中。將小環(huán)從A點由靜止釋放,已知小環(huán)在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等。下列說法中錯誤的是()A.剛釋放時,小球的加速度為重力加速度gB.小環(huán)的質量越大,其滑到D點時的速度將越大C.小環(huán)從A運動到D,彈簧對小環(huán)先做正功后做負功D.小環(huán)一定能滑到C點7.如圖所示,有一金屬塊放在垂直于側面C的勻強磁場中,當有穩(wěn)恒電流自左向右通過時,下列說法中正確的是()A.金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢B.磁感應強度增大時,金屬塊上、下兩表面間的電壓U增大C.電流增大時,金屬塊上、下兩表面間的電壓U減小D.電流不變時,金屬塊中單位體積內自由電子越多,金屬塊上、下兩表面間的電壓U越小8.(xx湖北六校調考)如圖,xOy平面的第一、二、三象限內存在垂直紙面向外,磁感應強度B=1 T的勻強磁場,ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板,長度為9 m,M點為x軸正方向上一點,OM=3 m。現有一個比荷大小為=1.0 C/kg,可視為質點的帶正電的小球(重力不計),從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場,若與擋板相碰就以原速率彈回,且碰撞時間不計,碰撞時電荷量不變,小球最后都能經過M點,則小球射入的速度大小可能是()A.3 m/sB.3.75 m/sC.4.5 m/sD.5 m/s二、非選擇題(本題共3小題,共44分)9.(14分)在如圖所示的直角坐標系中,有沿y軸正方向(豎直向上方向)磁感應強度大小為B的勻強磁場,現在坐標原點O固定一電荷量為Q的正點電荷,一個質量為m、電荷量為q的正點電荷微粒恰好能以y軸上的O1點為圓心在水平面內做勻速圓周運動,角速度為,已知當地重力加速度為g。試求圓心O1的y坐標。10.(15分)(xx安徽江淮聯(lián)考)如圖所示,足夠長、寬度 L1=0.1 m、方向向左的有界勻強電場電場強度E=70 V/m,電場左邊是足夠長、寬度L2=0.2 m、磁感應強度B=21 T的有界勻強磁場。一帶電粒子電荷量q=+3.210-19 C,質量m=6.41 kg,以v=4104 m/s的速度沿OO垂直射入磁場,在磁場中偏轉后進入右側的電場,最后從電場右邊界射出。(粒子重力不計)求:(1)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑和時間;(2)帶電粒子飛出電場時的速度大小。甲11.(15分)如圖甲所示,在xOy平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場,變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)。在t=0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0,方向沿y軸正方向的帶負電粒子。乙丙已知v0、t0、B0,粒子的比荷為,不計粒子的重力。求:(1)t=t0時,求粒子的位置坐標;(2)若t=5t0時粒子回到原點,求05t0時間內粒子距x軸的最大距離;(3)若粒子能夠回到原點,求滿足條件的所有E0值。參考答案1.C解析:對帶電粒子受力分析,a極板帶正電,帶電粒子受力平衡,有qv0B=q,U=,可得電荷量為Q=CBdv0,本題只有選項C正確。2.B解析:根據左手定則可得甲帶負電,乙?guī)д?A錯誤;根據公式r=,因為速度和磁感應強度相等,S0A=S0C,所以有,解得,故B正確;根據公式Eq=Bqv可得能沿直線通過粒子的速率為,C錯誤;若甲、乙兩束粒子的電荷量相等,根據,則甲、乙兩束粒子的質量比為m甲=m乙,故D錯誤。3.C解析:帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用,但是洛倫茲力不做功,所以從左方擺到最低點的過程只有重力做功,根據動能定理mgL(1-cos 60)=mv2,擺動到最低點時,合力提供向心力,懸線上張力為0,即洛倫茲力提供向心力qvB-mg=m=mg,洛倫茲力方向豎直向上,當小球從右方擺到最低點時,根據對稱性速度大小不變,但是方向反向,所以洛倫茲力方向豎直向上大小不變,此時向心力不變,即拉力F-qvB-mg=m,拉力F=4mg,選項C正確。4.D解析:粒子在電場中做類平拋運動,沿x軸方向上的平均速度為,所以在電場中運動時間為。由題意知,進入磁場時豎直方向速度等于水平方向速度v0,故速度為v0,在磁場中做圓周運動的半徑為r=2d,在第一象限內運動時間為t1=T=,在第四象限內運動時間為t2=T=,所以自進入磁場至第二次經過x軸的時間為t=t1+t2=,從進入電場到第二次經過x軸的時間為t=+t=,所以D正確。5.C解析:由左手定則可知組成A、B束的離子都帶正電,選項A錯誤。經過速度選擇器后的離子速度相等,根據在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑不同,由r=可知組成A、B束的離子比荷一定不同,而質量有可能相同,A束離子的比荷大于B束離子的比荷,選項B錯誤,C正確。由于離子帶正電,所受電場力向右,所受洛倫茲力一定向左,由左手定則,速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里,選項D錯誤。6.B解析:剛釋放時,小環(huán)速度為零,洛倫茲力為零,只受重力,所有加速度為g,故A正確;因為AD點時彈簧的形變量相同,且OA長度大于OD,所以OA處于拉伸,OD處于壓縮,所以彈簧由伸長變?yōu)閴嚎s,彈力先做正功,后做負功,故C正確;從A到D過程中洛倫茲力不做功,而彈簧的彈性勢能不變,只有重力做功,所以無論小球的質量如何,小環(huán)到達D點的速度是一樣的,故小球一定能滑到C點,故D正確,B錯誤。7.BD解析:電流方向水平向右,則自由電子的運動方向水平向左,根據左手定則可知電子向上偏,上表面得到電子帶負電,下表面失去電子帶正電,可知下表面的電勢高,選項A錯誤;電流的微觀表達式為I=neSv,n表示單位體積內的電子數,S表示橫截面積,則n=。當電子勻速穿過勻強磁場時,此時電場力等于洛倫茲力,即e=evB,解得U=Bdv,n=,選項B、D正確;電流I增大,v增大,U增大,選項C錯誤。8.ABD解析:依題意可知,小球運動的圓心的位置一定在y軸上,所以小球做圓周運動的半徑r一定要大于等于3 m,而ON=9 m<3r,所以小球最多與擋板ON碰撞一次,碰撞后,第二個圓心的位置在O點的上方,也可能小球與擋板ON沒有碰撞,直接過M點。由于洛倫茲力提供向心力,所以qvB=,得v=Br(1)若小球與擋板ON碰撞一次,則軌跡可能如圖1,圖1圖2設OO=s,由幾何關系得r2=OM2+s2=9+s23r-9=s聯(lián)立得r1=3 m,r2=3.75 m分別代入得v1=Br1=113 m/s=3 m/sv2=Br2=113.75 m/s=3.75 m/s。(2)若小球沒有與擋板ON碰撞,則軌跡如圖2,設OO=x,由幾何關系得=OM2+x2=9+x2x=9-r3聯(lián)立得r3=5 m代入得v3=Br3=115 m/s=5 m/s故選A、B、D。9.答案:解析:微粒受力如圖所示,設帶電微粒做勻速圓周運動半徑為R,圓心O1的縱坐標為y,圓周上一點與坐標原點的連線和y軸夾角為,那么有tan =帶電粒子受力如圖所示,列出動力學方程為mg=F電cos BqR-F電sin =m2R即得所以圓心O1的y坐標y=。10.答案:(1)0.4 m5.210-6 s(2)3104 m/s解析:(1)帶電粒子在磁場中運動時,由牛頓運動定律,有qvB=R= m=0.4 m。軌跡如圖所示,由L2=Rsin 得=又t=T=10-5 s5.210-6 s。(2)由動能定理得mv2=-EqL1v右=3104 m/s。11.答案:(1)(,0)(2)()v0t0(3)(n=1,2,3,)解析:(1)由粒子的比荷,則粒子做圓周運動的周期T=2t0則在0t0內轉過的圓心角=由牛頓第二定律qv0B0=m得r1=位置坐標(,0)。(2)粒子t=5t0時回到原點,軌跡如圖所示r2=2r1r1=r2=得v2=2v0又,r2=粒子在t02t0時間內做勻加速直線運動,2t03t0時間內做勻速圓周運動,則在05t0時間內粒子距x軸的最大距離hm=t0+r2=()v0t0。(3)如圖所示,設帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1,在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2,由幾何關系可知,要使粒子經過原點,則必須滿足n(2r2-2r1)=2r1(n=1,2,3,)r1=r2=聯(lián)立以上各式解得v=v0(n=1,2,3,)又由v=v0+得E0=(n=1,2,3,)。