（新課標）2020版高考物理二輪復習 專題三 第3講 帶電粒子在復合場中的運動精練（含解析）

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1、帶電粒子在復合場中的運動 (45分鐘) [刷基礎(chǔ)] 1．(2018·高考北京卷)某空間存在勻強磁場和勻強電場．一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動．下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是(　　) A．磁場和電場的方向 B．磁場和電場的強弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度 解析：由題可知，當帶電粒子在復合場內(nèi)做勻速直線運動時，Eq＝qvB，則v＝，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，說明要滿足題意，對磁場與電場的方向以及強弱程度都有要求，但是對電性和電量無要求，根據(jù)F＝qvB可知，洛倫茲力的方向

2、與速度方向有關(guān)，故對入射時的速度也有要求，故選項C正確． 答案：C 2．(2019·福建龍巖高三期末)如圖所示，兩平行金屬板中間有相互垂直的勻強磁場和勻強電場，不計重力的帶電粒子沿垂直于電場和磁場方向射入．有可能做直線運動的是(　　) 解析：A圖中，若粒子帶正電，粒子受向下的電場力和向下的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理可判斷當粒子帶負電時也不能沿直線運動，選項A錯誤．B圖中，若粒子帶正電，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理可判斷當粒子帶負電時也不能沿直線運動，選項B錯誤．C圖中，若粒子帶正電，粒子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，若二力相等，則粒子能沿直線

3、運動；同理可判斷當粒子帶負電時也能沿直線運動，選項C正確．D圖中，若粒子帶正電，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理可判斷，當粒子帶負電時也不能沿直線運動，選項D錯誤． 答案：C 3．如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入兩水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)(　　) A．d隨U1變化，d與U2無關(guān) B．d與U1無關(guān)，d隨U2變化

4、 C．d隨U1變化，d隨U2變化 D．d與U1無關(guān)，d與U2無關(guān) 解析：設(shè)帶電粒子剛進入磁場時的速度為v，與水平方向夾角為θ.粒子在磁場中運動時，qvB＝m，R＝，M、N兩點間距離d＝2Rcos θ＝＝.對粒子在電場中加速運動過程有qU1＝mv，聯(lián)立可看出d隨U1變化，與U2無關(guān)． 答案：A 4．(2019·山西晉城高三期末檢測)如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)，不考慮電子本身的重力．設(shè)兩極板間電場強度為E，磁感應強度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當減小

5、電場強度E B．適當減小磁感應強度B C．適當增大加速電場的寬度 D．適當減小加速電壓U 解析：要使粒子直線運動，必須滿足條件Eq＝qvB，根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力，所以為了使粒子在復合場中做勻速直線運動，則要么增大洛倫茲力，要么減小電場力．減小加速電壓U，可以減小速度v，減小洛倫茲力，故D錯誤；適當減小電場強度，可以減小電場力，故A正確；適當減小磁感應強度，可減小洛倫茲力，故B錯誤；增大加速電場的寬度，不改變速度v，故C錯誤． 答案：A 5．(2019·山東濟南高三四校理綜聯(lián)考)如圖所示，勻強電場的電場強度方向

6、與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強磁場的方向垂直于紙面(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點)以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運動，重力加速度為g.則(　　) A．勻強磁場的方向可能垂直于紙面向外 B．小球一定帶正電荷 C．電場強度大小為 D．磁感應強度的大小為 解析：小球做勻速直線運動，受到的合力為零，假設(shè)小球帶正電，則小球的受力情況如圖a所示，小球受到的洛倫茲力沿虛線但方向未知，由圖可知，小球受到的重力、電場力的合力與洛倫茲力不可能平衡，小球不可能做勻速直線運動，假設(shè)不成立，小球帶負電，故B項錯誤；小球帶負電的受力情況如圖b所示．小球

7、受到的洛倫茲力一定斜向右上方，根據(jù)左手定則，勻強磁場的方向一定垂直于紙面向里，故A項錯誤；由于電場力與洛倫茲力反方向、重力與洛倫茲力反方向的夾角均為30°，據(jù)平衡條件可得qE＝mg，qvB＝mgcos 30°＋qEcos 30°，解得E＝，B＝，故C項正確，D項錯誤． 答案：C 6.質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，以與水平方向成θ角的速度v從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場(場強大小為E)和勻強磁場(磁感應強度大小為B)組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運動到A，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A．該微粒一定帶正電 B．微粒從O到A的運動

8、可能是勻變速運動 C．該磁場的磁感應強度大小為 D．該電場的場強為Bvcos θ 解析：若微粒帶正電，電場力水平向左，洛倫茲力垂直O(jiān)A斜向右下方，則電場力、重力、洛倫茲力不能平衡，微粒不可能做直線運動，則微粒帶負電，A錯誤；微粒如果做勻變速運動，重力和電場力不變，而洛倫茲力變化，微粒不能沿直線運動，與題意不符，B錯誤；由平衡條件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，則B＝，E＝Bvsin θ，C正確，D錯誤． 答案：C 7．如圖所示，在xOy直角坐標系中，第一象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第二象限內(nèi)分布著沿y軸負方向的勻強電場．初速度為零、帶電荷量為q、質(zhì)量為m

9、的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，粒子重力不計，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點且垂直于y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點．已知OA＝OC＝d.則磁感應強度B和電場強度E可表示為(　　) A．B＝，E＝ B．B＝，E＝ C．B＝，E＝ D．B＝，E＝ 解析：設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后速度為v，則qU＝mv2，帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，qBv＝，依題意可知r＝d，聯(lián)立可解得B＝；帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，設(shè)經(jīng)時間t從P點到達C點，由d＝vt，d＝t2，聯(lián)立可解得E＝，B正確． 答案：B 8. (2018·高

10、考全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求： (1)磁場的磁感應強度大?。? (2)甲、乙兩種離子的比荷之比． 解析：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有 q1U＝m1v① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1 B＝m1② 由幾何關(guān)系知2R

11、1＝l③ 由①②③式得B＝④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有 q2U＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4⑧ 答案：(1)　(2)1∶4 [刷綜合] 9．(多選)如圖所示，邊界MN、PQ間有豎直向下的勻強電場，PQ、EF間有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從邊界MN上的O點以水平初速度v0射入電場，結(jié)果從PQ上的A點進入磁場，且粒子在磁場中運動的時間為.MN和PQ間、PQ和EF間的距離均為L，O到A

12、的豎直距離為，不計粒子的重力，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．勻強電場的電場強度大小為 B．粒子進入磁場時速度與水平方向的夾角為45° C．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為L D．勻強磁場的磁感應強度為 解析：粒子在電場中做類平拋運動，水平方向勻速運動L＝v0t0，豎直方向＝at，根據(jù)牛頓第二定律qE＝ma，解得E＝，故A錯誤；離開電場時豎直速度vy＝at0＝×＝v0，進入磁場時速度與水平方向的夾角為θ，tan θ＝＝1，θ＝45°，故B正確；粒子在磁場中的圓心角為α，根據(jù)t＝T＝×＝，根據(jù)題意t＝，得α＝，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有R＝L，故C錯誤；根據(jù)半徑公式R＝＝＝，得B＝，故D正

13、確． 答案：BD 10．(多選)如圖所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器；磁感應強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M.若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E；由粒子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，垂直場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿中心線做勻速圓周運動，而后由S點沿著既垂直于靜電分析器的左邊界，又垂直于磁場方向射入磁場中，最終打到膠片上的某點．下列說法中正確的是(　　) A．P、Q間加速電壓為ER B．離子

14、在磁場中運動的半徑為 C．若一質(zhì)量為4m、電荷量為q的正離子加速后進入靜電分析器，離子不能從S射出 D．若一群離子經(jīng)過上述過程打在膠片上同一點，則這些離子具有相同的比荷 解析：在加速電場加速過程，根據(jù)動能定理，有 qU＝mv2① 在靜電分析器中運動過程，根據(jù)牛頓第二定律，有 qE＝m② 在磁場中運動過程，根據(jù)牛頓第二定律，有 qvB＝m③ 解得U＝ER④ r＝ ＝ ⑤ 由④式，只要滿足R＝，所有粒子都可以從輻射電場區(qū)通過； 由④⑤知，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等． 答案：AD 11．(2019·陜西榆林高三期末)如圖所示，一束質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，恰

15、好沿直線從兩帶電平行板正中間通過，沿圓心方向進入右側(cè)圓形勻強磁場區(qū)域，粒子經(jīng)過圓形磁場區(qū)域后，其運動方向與入射方向的夾角為θ(弧度)．已知粒子的初速度為v0，兩平行板間與右側(cè)圓形區(qū)域內(nèi)的磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向內(nèi)，兩平行板間距為d，不計空氣阻力及粒子重力的影響，求： (1)兩平行板間的電勢差U； (2)粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間t； (3)圓形磁場區(qū)域的半徑R. 解析：(1)由粒子在平行板間做直線運動可知， Bv0q＝qE， 平行板間的電場強度E＝， 解得兩平行板間的電勢差U＝Bv0d. (2)在圓形磁場區(qū)域中，由洛倫茲力提供向心力可知Bv0q＝m 同

16、時有T＝ 粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間t＝T 解得t＝. (3)由幾何關(guān)系可知： rtan ＝R 解得圓形磁場區(qū)域的半徑 R＝. 答案：(1)Bv0d　(2)　(3) 12．(2018·高考天津卷)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出．不計粒子重力． (1)求粒子從P到M所用的時間t. (2)若粒子從與P同一水平線上的Q

17、點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出．粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小． 解析：(1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝① 設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有 F＝qE② 設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有 F＝ma③ 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有 v＝at④ 聯(lián)立①②③④式得 t＝⑤ (2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定．故當軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短．設(shè)粒子

18、在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可得 (r′－R)2＋(R)2＝r′2⑥ 設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系知 tan θ＝⑦ 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0，由運動的合成和分解可得 tan θ＝⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得 v0＝⑨ 答案：(1)　(2) 13．(2019·廣東廣州天河區(qū)二模)如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強電場，方向垂直x軸向

19、上．一個質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成45°進入電場，經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直．求： (1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v； (2)勻強電場的電場強度大小E； (3)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t. 解析：(1)根據(jù)題意，大致畫出粒子在復合場中的運動軌跡，如圖所示 由幾何關(guān)系得rcos 45°＝h r＝h 由牛頓第二定律得qBv＝m 解得v＝. (2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸時位置坐標為(－x1,0)，到達b點時的速度大小為vb.根據(jù)類平拋運動規(guī)律，有 vb＝vcos 45° 設(shè)粒子進入電場后經(jīng)過時間t運動到b點，b點的縱坐標為－yb，由類平拋運動規(guī)律得 r＋rsin 45°＝vbt yb＝(vsin 45°＋0)t＝h 由動能定理得－qEyb＝mv－mv2 解得E＝. (3)粒子在磁場中運動的周期T＝＝ 第一次經(jīng)過x軸的時間t1＝T＝ 在電場中運動的時間t2＝2t＝ 從第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時間 t3＝T＝ 則總時間t＝t1＋t2＋t3＝(＋2＋2). 答案：見解析 - 10 -