《2015高考物理（人教通用）一輪專題強(qiáng)化練7 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)（2014高考）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2015高考物理（人教通用）一輪專題強(qiáng)化練7 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)（2014高考）（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強(qiáng)化練七　　　 A　對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練——練熟基礎(chǔ)知識(shí) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 題組一　帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 1．(多選)某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖7所示的直線斜向下由A點(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，此空間同時(shí)存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是 (　　)． 圖7 A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．運(yùn)動(dòng)過程中，小球的機(jī)械能增大 解析　由于小球重力方向豎直向下，空間存在磁場，且小球直線運(yùn)動(dòng)方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力的作用，電場力必水平向右，但電場

2、具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場力的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；運(yùn)動(dòng)過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增大，選項(xiàng)D正確． 答案　CD 2．(多選)在空間某一區(qū)域里，有豎直向下的勻強(qiáng)電場E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，且兩者正交．有兩個(gè)帶電油滴，都能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖8所示，則兩油滴一定相同的是 (　　)． 圖8 A．帶電性質(zhì)　　B．運(yùn)動(dòng)周期 C．運(yùn)動(dòng)半徑　　D．運(yùn)動(dòng)速率 解析　油滴受重力、電場力、洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)

3、動(dòng)．由受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)知，得mg＝qE，結(jié)合電場方向知油滴一定帶負(fù)電且兩油滴比荷＝相等．洛倫茲力提供向心力，有周期T＝，所以兩油滴周期相等，故選A、B.由r＝知，速度v越大，半徑則越大，故不選C、D. 答案　AB 題組二　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 3．(多選)如圖9所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場E1和一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強(qiáng)電場E2，一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點(diǎn)以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中C點(diǎn)，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則 (　　)． 圖9 A．微

4、粒一定帶負(fù)電 B．電場強(qiáng)度E2一定豎直向上 C．兩電場強(qiáng)度之比＝ D．微粒的初速度為v＝ 解析　微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，則微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，A錯(cuò)；此時(shí)有qE1＝mgtan 37°，微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，B對(duì)；由以上分析可知＝，C錯(cuò)；AP段有mg＝Bqvcos 37°，即v＝，D對(duì)． 答案　BD 4．(多選)如圖10所示，空間內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)正點(diǎn)電荷Q固定于磁場中的某一點(diǎn)．另有一帶電粒子－q從a處、以初速度v

5、0射出，射出方向與a、Q連線垂直，a、Q之間的距離為r.若不計(jì)重力，則粒子－q的運(yùn)動(dòng)軌跡可能為 (　　)． 圖10 A．以點(diǎn)電荷Q為圓心、以r為半徑，在紙面內(nèi)的圓周 B．開始階段為紙面內(nèi)偏向v0右側(cè)的曲線 C．開始階段為紙面內(nèi)偏向v0左側(cè)的曲線 D．沿初速度v0方向的直線 解析　如圖所示，在a點(diǎn)，粒子受到的洛倫茲力qv0B向右、庫侖力向左．粒子做圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力為.當(dāng)－qv0B＝時(shí)，粒子做以＋Q為圓心、以r為半徑的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故選A.當(dāng)qv0B時(shí)，合外力向左，粒子左偏，故選C.當(dāng)＝qv0B時(shí)，開始粒子沿

6、直線向上運(yùn)動(dòng)，與＋Q的距離變大，變小，不能保證所受合外力繼續(xù)為零，所以不能沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，故不選D. 答案　ABC B　深化訓(xùn)練——提高能力技巧 5．如圖11所示，M、N是豎直正對(duì)放置的兩個(gè)平行金屬板，S1、S2是M、N板上的兩個(gè)小孔；N板的右側(cè)有一個(gè)在豎直面內(nèi)，以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向外的勻強(qiáng)磁場，另有一個(gè)同樣以O(shè)為圓心的半圓形熒光屏AO′C；已知S1、S2、O和熒光屏的中間位置O′在同一直線上，且AC⊥S1O′.當(dāng)在M、N板間加恒定電壓U時(shí)，一帶正電離子在S1處由靜止開始加速向S2孔運(yùn)動(dòng)，最后打在圖示的熒光屏下的P處，∠COP＝30°.若要讓上述帶電離子仍在

7、S1處由靜止開始加速，最后打在圖示的熒光屏下邊緣C處，求M、N板間所加電壓的大?。?不計(jì)離子重力) 圖11 解析　設(shè)離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場區(qū)域的半徑為R，離子加速后獲得的速度為v.當(dāng)電壓為U時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有 qU＝mv2 在磁場中，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知qvB＝m，解得U＝ 其中r＝Rtan 60°＝R 當(dāng)電壓為U′時(shí)，離子打在C處，同理有U′＝ 其中r′＝R，結(jié)合上面各式可解得U′＝ 答案　 6．(2013·安徽卷，23)如圖12所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在

8、第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45 °角，不計(jì)粒子所受的重力．求： 圖12 (1)電場強(qiáng)度E的大小； (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值． 解析　帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，射出磁場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (1)帶電粒子在電場中

9、從P到a的過程中做類平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上：2h＝v0t① 豎直方向上：h＝at2② 由牛頓第二定律得a＝③ 由①②③式聯(lián)立，解得E＝④ (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為vy＝at⑤ 由①③④⑤式得vy＝v0⑥ 而vx＝v0⑦ 粒子到達(dá)a點(diǎn)的速度va＝＝v0⑧ 設(shè)速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則tan θ＝＝1，θ＝45°⑨ 即到a點(diǎn)時(shí)速度方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角． (3)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝m⑩ 由此得R＝? 從上式看出，R∝，當(dāng)R最大時(shí)，B最?。? 由題圖可知，當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出磁場時(shí)，R最大 由幾何關(guān)系得Rmax＝L?

10、 將?代入?式得B的最小值為Bmin＝. 答案　(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角　(3) 7．如圖13所示，在兩個(gè)水平放置的平行金屬板PQ和MN之間有場強(qiáng)大小為E、豎直向下的勻強(qiáng)電場，在平行板之間以及右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在平行板左側(cè)有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E.現(xiàn)在有兩個(gè)帶電粒子H和He在同一個(gè)豎直平面內(nèi)，從勻強(qiáng)電場中垂直電場方向的同一直線上相距為L＝的位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入兩板之間恰好做直線運(yùn)動(dòng)，已知e為元電荷的電荷量，m為質(zhì)子的質(zhì)量，H和He的質(zhì)量分別為2m和4m，不計(jì)粒子的重力和它們之間的作用力，要使兩粒子在離

11、開平行板之間的區(qū)域后能夠相遇，求 圖13 (1)粒子的加速位移； (2)釋放兩粒子的時(shí)間差． 解析　(1)粒子在電場中的加速時(shí)間設(shè)為t，有L1＝at2，又a＝，可知兩粒子在電場中加速時(shí)間相等 設(shè)進(jìn)入平行板時(shí)的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理得q0EL1＝m0v2，可知進(jìn)入平行板時(shí)的速度相等 H和He在兩板之間做直線運(yùn)動(dòng)，可知是勻速直線運(yùn)動(dòng)，有q0E＝q0vB，解得v＝，解得L1＝ (2)兩粒子進(jìn)入右側(cè)的磁場時(shí)速度大小均為v，距離為L＝，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有q0vB＝m0，即R＝ H和He的半徑分別為 R1＝、R2＝＝ 顯然R1＝R2＝L，作出

12、粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知從出磁場到相遇兩粒子轉(zhuǎn)過的圓心角分別為 α＝、β＝ 粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期為 T＝， 可得T＝ 則H和He的周期分別為 T1＝、T2＝ 顯然T1＝T2＝ 則兩粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為 t1＝T1、t2＝T2 又它們在電場和平行板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等，則兩粒子射入平行板的時(shí)間差Δt＝t2－t1 解得Δt＝ 答案　(1)　(2) 8．如圖14所示，豎直平面坐標(biāo)系xOy中的第一象限，有垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)電場，且大小E′＝E.第三象限內(nèi)有一絕

13、緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O相切，最低點(diǎn)與光滑絕緣水平面相切于N.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過坐標(biāo)原點(diǎn)O，且水平切入半圓軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，過N點(diǎn)水平進(jìn)入第四象限，并在電場中運(yùn)動(dòng)．(已知重力加速度為g) 圖14 (1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量． (2)P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高？ (3)若該小球以滿足(2)中OP的最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第一象限，通過N點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t＝2小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離s為多遠(yuǎn)？ 解析　(1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓

14、周運(yùn)動(dòng)，說明重力與電場力平衡，小球帶正電．由qE＝mg得q＝. (2)小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v、軌道半徑為r，有qvB＝m 小球恰能通過半圓軌道的最高點(diǎn)并沿軌道運(yùn)動(dòng)，有 mg＝m，聯(lián)立上式得r＝ PO的最小距離y＝2r＝. (3)小球由點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程機(jī)械能守恒，有 mg·2R＋mv2＝mv，解得vN＝＝ 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性可知，小球從N點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域后，在x軸方向以速度vN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則沿x軸方向有x＝vNt 沿電場方向有z＝at2，且有a＝＝g t時(shí)刻小球距O點(diǎn)的距離s＝＝2R. 答案　(1)帶正電　　(2)　(3)2R