(江浙選考1)2020版高考物理總復習 專題二 帶電粒子在組合場或復合場中的運動 考點強化練40 帶電粒子在組合場或復合場中的運動.doc
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考點強化練40帶電粒子在組合場或復合場中的運動1.如圖所示,一帶電粒子從平行帶電金屬板左側中點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磁場,該帶電粒子恰能從上板邊緣以速度v2射出。不計重力,則()A.2v0=v1+v2B.v0=v12+v222C.v0=v1v2D.v0v1=v22.(2018浙江寧波重點中學聯(lián)考)如圖所示,相距為d的平行板A和B之間有電場強度為E方向豎直向下的勻強電場。電場中C點距B板的距離為0.3d,D點距A板的距離為0.2d,有一個質量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點,若重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大B.該微粒做勻變速直線運動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=mgE3.(多選)一個帶電粒子以初速v0垂直于電場方向向右飛入勻強電場區(qū)域,穿出電場后接著又飛入勻強磁場區(qū)域(不計重力)。在下圖所示的幾種軌跡中,可能出現的是()4.(多選)如圖所示,質量為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),整個裝置處在垂直于桿的水平勻強磁場中,磁感應強度大小為B?,F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)將保持勻速運動,環(huán)的機械能不變B.環(huán)將向右減速,最后靜止,損失的機械能是12mv02C.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機械能是12mv02D.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機械能是12mv02-12m(mgqB)25.(多選)如圖所示,在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質量為m,電荷量為+q,電場強度為E、磁感應強度為B,P與桿間的動摩擦因數為,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的速度可能是v=2qE-mg2qBD.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2qE+mg2qB6.(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)一臺質譜儀的工作原理如圖1所示。大量的甲、乙兩種離子以0到v范圍內的初速度從A點進入電壓為U的加速電場,經過加速后從0點垂直邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場中,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的速度范圍;(2)求所有離子打在底片上距O孔最遠距離xm;(3)若離子進入O孔時速度方向分布在y軸兩側各為=30的范圍內如圖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應滿足的條件。7.(2018浙江教育綠色評價聯(lián)盟高考適應性試卷)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設計的簡化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強磁場,磁感應強度大小為B=1.010-3 T,在離軸線R2處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成(00)的粒子。t=0時刻,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,粒子在電場中運動的時間不計。圖1圖2(1)若粒子只經磁場偏轉并在y=y0處被探測到,求發(fā)射源的位置和粒子的初動能;(2)若粒子兩次進出電場區(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之間的關系??键c強化練40帶電粒子在組合場或復合場中的運動1.B帶點粒子在電場中運動時,電場力做正功,在電場和磁場的復合場中運動時,洛倫茲力不做功,電場力做負功,所以有v2v0v1,對以上兩個過程運用動能定理:qU2=12m(v12-v02),qU2=12m(v02-v22)聯(lián)立解得v0=v12+v222,正確選項是B。2.C電場力豎直向上,電場向下,所以該微粒帶負電,從C點運動至D點,電場力做正功,電勢能減小,所以微粒在D點時的電勢能比在C點時的小,故AD錯誤;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:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向上。故A正確;B圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶負電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故B錯誤;C圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故C錯誤;D圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向上,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故D正確。4.ABD因為初速度v0大小不確定,因此洛倫茲力大小不確定,由于桿的存在,環(huán)在垂直運動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,不會產生摩擦力,物體做勻速直線運動,所以A正確。(2)若Bv0qmg,則支持力豎直向下,摩擦力向左,物體減速。當支持力為零,物體做勻速直線運動,而最終速度應該為v=mgBq,根據能量守恒定律,損失的動能即為產生的熱量,所以產生熱量為12mv02-12m(mgqB)2,因此D正確。5.CD小球靜止時只受電場力、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,小球的加速度應為a=mg-Eqm;小球速度將增大,產生洛倫茲力,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錯誤;當洛倫茲力等于電場力時,摩擦力為零,此時加速度為g,達最大;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有兩種情況,一是在洛倫茲力小于電場力的時間內,另一種是在洛倫茲力大于電場力的情況下,則:g2=mg-(Eq-Bqv1)m,計算得出,v1=2qE-mg2qB,所以C選項是正確的;同理有:g2=mg-(Bqv2-Eq)m,計算得出v2=2qE+mg2qB,所以D選項是正確的;而在下降過程中有摩擦力做功,故有部分能量轉化為內能,故機械能和電勢能的總和將減小。6.答案 (1)2qUmv12qUm+v2(2)xm=2rm=4mUqB2+m2v2q2B2(3)v=qUm解析 (1)設離子以初速度v0進入電場,離開電場時速度為v1,由:qU=12mv12-12mv02解得v1=2qUm+v02由題意可知,乙離子進入電場時速度范圍0v,可得乙離子離開電場時速度范圍為:2qUmv12qUm+v2(2)粒子在磁場中只受洛倫茲力作用,有qBv1=mv12r解得r=2mUqB2+m2v02q2B2經判斷知,以v進入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠處rm=2mUqB2+m2v2q2B2,xm=2rm=4mUqB2+m2v2q2B2(3)當乙離子平行于y軸且以最大速度射出時能打到最遠,此時距O孔最遠處為2r乙=2mqB2qUm+v2當甲離子沿與y軸成30且以最小速度射出時能打到最近,此時距O孔最近處為2r甲cos 30=4mqBqUmcos 30當2r乙=2r甲cos 30時,即v=qUm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vqUm。7.答案 (1)U=3.625103 V(2)垂直紙面向外(3)vm=83(2-sin)108 m/s(4)F=1.6102 N解析 (1)帶電粒子在區(qū)加速,根據動能定理得:qU=12mv2,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動,即為按逆時針方向旋轉,根據左手定則可知,此刻區(qū)磁場應該是垂直紙面向外。(3)當電子以角入射時,最大速度對應軌跡如圖所示軌跡圓與圓柱腔相切,此時有:OCO=90-,OC=R2,OC=r,OO=R-r,由余弦定理得:(R-r)2=R22+r2-2rR2cos(90-),又cos(90-)=sin ,聯(lián)立解得:r=3R4(2-sin)在磁場中有:evmB=mvm2r聯(lián)立解得:vm=83(2-sin)108 m/s(4)根據動量定理得:Ft=NMv0代入數據得:F=1.6102 N8.答案 (1)(L,0)(2)qB2L2m(3)9m2qB+6mqB解析 (1)由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示甲由幾何關系可得粒子經過x軸的坐標為(L,0)乙(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動,畫出運動軌跡如圖乙所示;由幾何關系可以知道粒子做勻速圓周運動的半徑:r=2L對粒子,洛倫茲力提供向心力:qvB=mv2r電場中加速,由動能定理:qU=12mv2由以上各式解得:U=qB2L2m丙(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑設為R,由題設畫出粒子的運動軌跡如圖丙所示,進入磁場的方向與PM1方向平行,每次在磁場中偏轉一次,沿y軸的負方向下移距離:y1=2R從磁場出來與C板碰撞再進入磁場時,粒子沿y軸正方向上移的距離:y2=23R,其中qvB=mv2R根據題意經過兩次與C板碰撞后回到P點,則有:2L=3y1-2y2,在磁場中的時間t1=33m2qB在磁場外的時間:t2=22Lv+222L3v運動的時間為t=t1+t2=9m2qB+6mqB9.答案 (1)5102 m/s(2)1.810-2 m(3)3.5710-4 s解析 (1)由Eqh1=12mv12得到v1=2Eqh1m=5102 m/s(2)粒子經電場加速,經過x軸時速度大小為v,滿足:Eqh=12mv2之后進入下方磁場區(qū),依據題意可知運動半徑應滿足R1d1又由qvB=mv2R1,得R1=mv1qB由以上三式可得:h12qU0,x=y+2qB(yqB)2+2mqU0+(yqB)2+4mqU0);qU0Ek02qU0,x=-3(y+d)+2qB(y+d)2q2B2+2mqU0;Ek02qU0由y=mv2qB、R0=mv0qB、R1=mv1qB和12mv12=12mv02-qU0、12mv22=12mv12-qU0及x=y+2(R0+R1)得x=y+2qB(yqB)2+2mqU0+2qB(yqB)2+4mqU0()見圖2,qU0Ek02qU0由-y-d=mv2qB、R0=mv0qB,和12mv02=12mv22+qU0及x=3(-y-d)+2R0得x=-3(y+d)+2qB(y+d)2q2B2+2mqU0()見圖3,Ek0qU0由-y-d=mv2qB、R0=mv0qB和12mv02=12mv22-qU0及x=-y-d+4R0得x=-y-d+4qB(y+d)2q2B2-2mqU0- 配套講稿:
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