3、的勻強電場可使初速度為v0的某種正粒子偏轉(zhuǎn)θ角。在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為θ（不計粒子的重力）。則
A．電場強度E與磁感應(yīng)強度B的比為v0cos θ∶1
B．電場強度E與磁感應(yīng)強度B的比為v0∶cosθ
C．粒子穿過電場和磁場的時間之比是sin θ∶θ
D．粒子穿過電場和磁場的時間之比是sin θ∶cosθ
4．(多選)如圖所示，在x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1∶B2＝3∶2。在原點O處同時發(fā)射兩個質(zhì)量分別為ma和mb的帶
4、電粒子，粒子a以速率va沿x軸正方向運動，粒子b以速率vb沿x軸負方向運動，已知粒子a帶正電，粒子b帶負電，電荷量相等，且兩粒子的速率滿足mava＝mbvb。若在此后的運動中，當(dāng)粒子a第4次經(jīng)過y軸(出發(fā)時經(jīng)過y軸不算在內(nèi))時，恰與粒子b相遇。粒子重力不計。下列說法正確的是( )
A．粒子a、b在磁場B1中的偏轉(zhuǎn)半徑之比為3∶2
B．兩粒子在y正半軸相遇
C．粒子a、b相遇時的速度方向相同
D．粒子a、b的質(zhì)量之比為1∶5
5．(多選)如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場，坐標(biāo)原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E。
5、大量電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場。若粒子只能從坐標(biāo)原點進入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走而不影響原來的電場分布。不計粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是( )
A．能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上
B．到達坐標(biāo)原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大
C．能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU
D．若U<，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮
6．如圖所示，ABCD與MNPQ均為邊長為l的正方形區(qū)域，且A點為MN的中點。ABCD區(qū)
6、域中存在有界的垂直紙面方向勻強磁場，在整個MNPQ區(qū)域中存在圖示方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度垂直于BC射入正方形ABCD區(qū)域，且都從A點進入電場，已知從C點進入磁場的粒子在ABCD區(qū)域中運動時始終位于磁場中，不計電子重力，求：
(1)勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度B的大小和方向；
(2)要使所有粒子均能打在PQ邊上，電場強度E至少為多大；
(3)ABCD區(qū)域中磁場面積的最小值是多少。
7．電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖甲所示。大量電子由靜止開始，經(jīng)加速電場
7、加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO′射入偏轉(zhuǎn)電場。當(dāng)兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當(dāng)在兩板間加最大值為U0、周期為2t0的電壓（如圖乙所示）時，所有電子均能從兩板間通過，然后進入豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后打在豎直放置的熒光屏上。已知磁場的磁感應(yīng)強度為B，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，其重力不計。
(1)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的最大距離；
(2)要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，
①求勻強磁場的水平寬度L；
②求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度Δy。
8．用電磁場可以控制帶電粒子的運動，使之到達
8、指定的位置。已知空間中電磁場分布如圖所示，上半部分是電場強度為E的勻強電場，下半部分是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，電場與磁場的分界面為水平面，電場方向與界面垂直向上，磁場方向垂直紙面指向里。位于電場一側(cè)距界面為h的P點可以釋放出帶電粒子，O點是P點至界面垂線的垂足，D點位于紙面上O點的右側(cè)，OD與磁場B的方向垂直，如圖所示。已知帶電粒子質(zhì)量為m，且?guī)в须姾闪浚璹(q＞0)，重力不計。
(1)該帶電粒子自P點以初速度vp水平向右飛出，經(jīng)過D點，然后歷經(jīng)磁場一次自行回至P點，試求O、D兩點間距離d以及相應(yīng)的vp；
(2)若OD兩點間距離d為已知，且該帶電粒子從P點以初速度v0水平向右飛出后，在以
9、后的運動過程中能經(jīng)過D點，試討論初速度v0的取值情況。
9．如圖所示，穿有M、N兩個小球(均視為質(zhì)點)的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內(nèi)，圓心為O、半徑為R＝0.3 m。M、N用一根不可伸長的絕緣輕質(zhì)細繩相連，小球質(zhì)量分別為mM＝0.01 kg、mN＝0.08 kg；M帶電荷量q＝＋7×10－4C，N不帶電。該空間同時存在勻強電場和勻強磁場。電場方向豎直向上，電場強度E＝1×103 V/m；磁場方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應(yīng)強度B＝×102 T。將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針向上轉(zhuǎn)動。取重力加速度g＝10
10、 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則在兩球從圖示位置逆時針向上轉(zhuǎn)動的過程中，求：
(1)通過計算判斷，小球M能否到達圓環(huán)的最高點？
(2)小球M速度最大時，圓環(huán)對小球M的彈力。
(3)小球M電勢能變化量的最大值。
答案
二、考點突破
1．【答案】AC
【解析】由R＝得最大速度v＝，兩粒子的相同，所以最大速度相同，A正確；最大動能Ek＝mv2，因為兩粒子的質(zhì)量不同，最大速度相同，所以最大動能不同，B錯誤；高頻電源的頻率f＝，因為相同，所以兩次所接高頻電源的頻率相同，C正確；粒子的最大動能與高頻電源的頻率無關(guān)，D錯
11、誤。
2．【答案】AC
【解析】根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速度無關(guān)可知，在Ek－t圖中應(yīng)該有tn＋1－tn＝tn－tn－1，選項A正確，B錯誤；由于帶電粒子在電場中加速，電場力做功相等，所以在Ek－t圖中應(yīng)該有En＋1－En＝En－En－1，選項C正確，D錯誤。
3．【答案】BC
【解析】在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，故，則，由牛頓第二定律可知，θ為豎直方向速度和水平方向速度的夾角，故，解得；在磁場中偏轉(zhuǎn)時，由幾何關(guān)系可知速度偏轉(zhuǎn)角等于粒子在磁場中做圓周運動的圓心角，，，解得，故，A錯誤，B正確；在磁場中運動的時間，則時間之比，
12、C正確，D錯誤。,
4．【答案】BCD
【解析】由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r＝可得：＝＝，A錯誤；由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r＝可得，a粒子從O點出發(fā)沿x軸正方向射出向上逆時針轉(zhuǎn)半周在y軸上上移2ra2，穿過y軸后逆時針向下轉(zhuǎn)半周后下移2ra1，由于B2
13、過y軸的點下移，不能再相遇。故是b粒子向上轉(zhuǎn)半周后相遇的，a粒子第四次經(jīng)過y軸時是向右方向，而b粒子轉(zhuǎn)半周也是向右的方向，所以兩者方向相同，C正確；根據(jù)周期公式T＝及題意，當(dāng)兩粒子在y軸上相遇時，時間上有：Tb1＝Ta1＋Ta2，即：×＝＋，結(jié)合B1∶B2＝3∶2，解得：＝，D正確。
5．【答案】CD
【解析】設(shè)粒子開始時的坐標(biāo)為(－x，－h(huán))，粒子在電場中運動過程中，由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得x＝v0t，h＝at2，qE＝ma，聯(lián)立得h＝··，可知能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，故A錯誤；粒子的初速度是相等的，到達O點的粒子速度越大，則沿y方向的分速
14、度越大。粒子到達O點時，粒子的速度與y軸正方向的夾角θ滿足：tan θ＝，可知到達坐標(biāo)原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越小，故B錯誤；負電荷進入第一象限后電場力做負功，而到達熒光屏的粒子的速度必須大于等于0，由功能關(guān)系可知：mv2－qU>0，即能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU，故C正確；粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角：tan α＝＝，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同，則進入第一象限后速度與y軸之間的夾角不同。所以從不同的位置開始偏轉(zhuǎn)的粒子，可以以任意夾角進入第一象限，所以若U<，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，故D正確。
6．【解析】(1)由洛倫磁力提供向心力可得：
15、ev0B＝mv02r
由題意則有：r＝l
解得：B＝mv0el，方向為垂直紙面向外。
(2)在A點沿水平方向進入的電子在勻強電場中做類平拋運動，則有：
eE＝ma，l＝12at2，l2＝v0t
解得：E＝8mv02el。
(3)圖中陰影部分為磁場面積最小范圍，由幾何關(guān)系可知：
Smin＝2×(14πl(wèi)2-12l2)＝12πl(wèi)2-l2。
7．【解析】(1)由題意可知，要使電子的側(cè)向位移最大，應(yīng)讓電子從0、2t0、4t0…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為：
解得：。
(2)①設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中的運
16、動半徑為：，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v1，豎直方向的分速度為vy，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場時有：
解得：；
②由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中射出的電子速度大小相等、方向相同，因此電子進入磁場后做圓周運動的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上。由(1)可知電子從t0、3t0、5t0…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)向位移最?。?
所以電子打在熒光屏上的電子束的寬度為：。
8．【解析】(1)粒子從P到D，由類平拋運動可得：
qE=ma，h=at2，x=vPt
進入磁場時，有：，
在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得：，
解得：，。
(2)由上問得：，
由電場區(qū)到達D點，有：
解得：(n=0，1，2……)
17、
由磁場區(qū)到達D點，有：
解得：(n=0，1，2……)
9．【解析】(1)設(shè)MN在轉(zhuǎn)動過程中，繩對M、N做的功分別為Wr、Wr′，則Wr＋Wr′＝0
設(shè)M到達圓環(huán)最高點時，M、N的動能分別為EkM、EkN
對M，洛倫茲力不做功，由動能定理可得：qER－mMgR＋Wr1＝EkM
對N由動能定理：Wr1′－mNgR＝EkN
聯(lián)立解得：EkM＋EkN＝－0.06 J
即：M在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負值；故M不能到達圓環(huán)最高點。
(2)設(shè)N轉(zhuǎn)過α角時，M、N的速度大小分別為vM、vN，因M、N做圓周運動的半徑和角速度均相同，則vM＝vN，對M，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理得：
q
18、ERsin α－mMgRsin α＋Wr2＝mMvM2
對N由動能定理：Wr2′－mNgR(1－cos α)＝mNvN2
聯(lián)立解得：vM2＝×(3sin α＋4cos α－4)
由上式可知，當(dāng)tan α＝時，M、N達到最大速度，最大速度為vmax＝ m/s
M速度最大時，設(shè)繩子拉力為F，圓環(huán)對小球M的彈力FN，由牛頓運動定律得：
Fcos 45°＝(qE－mMg)cos 37°
qvmaxB＋Fsin 45°－(qE－mMg)sin 37°＋FN＝
解得：FN＝－0.096 N，負號表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外。
(3)M、N從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動過程中，由于M不能到達最高點，所以，當(dāng)兩球速度為零時，電場力做功最多，電勢能減小最多，由vM2＝×(3sin α＋4cos α－4)，可得：
3sin α＋4cos α－4＝0
解得：sin α＝或sin α＝0
故M的電勢能減小量的最大值為：|ΔEp|＝qERsin α＝ J＝0.201 6 J。
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2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練16 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動（含解析）
