2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 專題突破練10 帶電粒子在復(fù)合場中的運動.doc

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專題突破練10　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(共4小題,每小題6分,共24分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1. (2018四川樂山調(diào)研)在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,如圖所示,已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過θ=30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時,離子P+和P3+ (　　) A.在電場中的加速度之比為1∶1 B.在磁場中運動的半徑之比為3∶1 C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶3 D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 2. (2018山西晉城一模)足夠大的空間內(nèi)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,有一帶正電的小球在電場力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度(如圖所示),則關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是(　　) A.小球做類平拋運動 B.小球在紙面內(nèi)做勻速圓周運動 C.小球運動到最低點時電勢能增加 D.整個運動過程中機(jī)械能不守恒 3. (2018湖北黃岡調(diào)研)如圖所示直角坐標(biāo)系xOy,P(a,-b)為第四象限內(nèi)的一點,一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電荷(電荷重力不計)從原點O以初速度v0沿y軸正方向射入。第一次在整個坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,該電荷恰好能通過P點;第二次保持y>0區(qū)域磁場不變,而將y<0區(qū)域磁場改為沿x軸正方向勻強(qiáng)電場,該電荷仍通過P點,(　　) A.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2amv0q(a2+b2) B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2amv0q(a2+b2) C.電荷從O運動到P,第二次所用時間一定短些 D.電荷通過P點時的速度,第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定小些 4. (2018河南周口期末)如圖所示,平行紙面向下的勻強(qiáng)電場與垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場相互正交,一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動。若已知小球做圓周運動的半徑為r,電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速度大小為g,則下列判斷中正確的是(　　) A.小球一定帶負(fù)電荷 B.小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動 C.小球做圓周運動的線速度大小為gBrE D.小球在做圓周運動的過程中,電場力始終不做功 二、計算題(本題共4個小題,共76分) 5.(16分)(2018山東淄博仿真模擬)如圖,相鄰兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反且垂直紙面,兩個區(qū)域的寬度都為d,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子由靜止開始經(jīng)電壓恒為U的電場加速后,垂直于區(qū)域Ⅰ的邊界線MN,從A點進(jìn)入并穿越區(qū)域Ⅰ后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,最后恰好不能從邊界線PQ穿出區(qū)域Ⅱ。不計粒子重力。求 (1)B1的取值范圍; (2)B1與B2的關(guān)系式。 6. (20分)(2018安徽蕪湖期末)如圖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;在第四象限某一矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子,從y軸上的P(0,3h)點,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Q(2h,0)點進(jìn)入第四象限,經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上M(0,-2h)點垂直y軸進(jìn)入第Ⅲ象限,不計粒子所受的重力。求: (1)電場強(qiáng)度E的大小; (2)粒子到達(dá)Q點時速度的大小和方向; (3)矩形磁場區(qū)域的最小面積。 7. (20分)(2018安徽池州期末)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二、第三象限內(nèi)有一垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域△ABC,A點坐標(biāo)(0,3a)、C點坐標(biāo)(0,-3a)、B點坐標(biāo)(-23a,-3a)。在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限區(qū)域內(nèi),加上方向沿y軸正方向、大小為E=Bv0的勻強(qiáng)電場,在x=3a處垂直于x軸放置一足夠大的平面熒光屏,與x軸交點為Q。粒子束以相同的速度v0從OC間垂直y軸射入磁場,已知從y軸上y=-2a的點射入磁場的粒子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過O點,忽略粒子間的相互作用,不計粒子的重力。試求: (1)粒子的比荷; (2)粒子束射入電場時經(jīng)過y軸的縱坐標(biāo)范圍; (3)從y軸什么位置射入磁場的粒子最終打到熒光屏上時距離Q點最遠(yuǎn),并求出最遠(yuǎn)距離。 8. (20分)(2018河北五校聯(lián)盟摸底)如圖所示,用紙面表示豎直面,空間中同時存在著足夠大的勻強(qiáng)電場在紙面內(nèi)水平向右,勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=22 T。有一帶正電的固體顆粒,質(zhì)量m=110-3 kg,電荷量q=210-3 C,正以與水平方向成45的某速度在豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當(dāng)經(jīng)過M點時撤掉磁場,一段時間后運動到最高點N(題目中未標(biāo)出)。g取10 m/s2,求: (1)電場強(qiáng)度大小及顆粒做勻速直線運動的速度v的大小; (2)從M點撤掉磁場到顆粒運動到最高點N經(jīng)歷的時間t; (3)顆粒再次回到與M點水平方向等高位置時,顆粒的動能。  專題突破練10　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、選擇題(共4小題,每小題6分,共24分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1.BD　解析 兩個離子的質(zhì)量相同,其帶電荷量是1∶3的關(guān)系,所以由a=qUmd可知,其在電場中的加速度是1∶3,故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進(jìn)入磁場的速度,而速度的決定因素是加速電場,在離開電場時其速度表達(dá)式為:v=2qUm,可知其速度之比為1∶3。又由qvB=mv2r知,r=mvqB,所以其半徑之比為3∶1,故B正確。設(shè)磁場寬度為L,離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角,所以有sin θ=Lr,則可知角度的正弦值之比為1∶3,又P+的角度為30,可知P3+角度為60,即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2,故C錯誤。由電場加速后:qU=12mv2可知,兩離子離開電場的動能之比為1∶3,故D正確。故選BD。 2.CD　解析 小球在復(fù)合電磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài),只受兩個力作用,即重力和電場力且兩者平衡。當(dāng)把磁場順時針方向旋轉(zhuǎn)30,且給小球一個垂直磁場方向的速度v,則小球受到的合力就是洛倫茲力,且與速度方向垂直,所以小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動,小球在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動,選項A、B錯誤;小球從開始到最低點過程中克服電場力做功,電勢能增加,選項C正確;整個運動過程中機(jī)械能不守恒,選項D正確;故選CD。 3.AC　解析 第一次在整個坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,該電荷恰好能通過P點;粒子做勻速圓周運動,由幾何作圖得(a-R)2+b2=R2,解得R=a2+b22a,由qvB=mv2R解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2amv0q(a2+b2),故A正確,B錯誤;第二次保持y>0區(qū)域磁場不變,而將y<0區(qū)域磁場改為沿x軸正方向勻強(qiáng)電場,該電荷仍通過P點,粒子先做勻速圓周運動,后做類平拋運動,運動時間t2=12T+bv0;第一次粒子做勻速圓周運動,運動時間t1=12T+QPv0,弧長QP大于b,所以t1>t2,即第二次所用時間一定短些,故C正確;電荷通過P點時的速度,第一次與x軸負(fù)方向的夾角為α,則有tan α=R2-b2b=a2-b22ab;第二次與x軸負(fù)方向的夾角為θ,則有tan θ=b2R-R2-b2=a2b=a22ab,所以有tan θ>tan α,電荷通過P點時的速度,第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定大些,故D錯誤;故選AC。 4.AC　解析 帶電小球在重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動,可知,帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力,重力豎直向下,所以電場力豎直向上,與電場方向相反,故小球一定帶負(fù)電荷,故A正確;磁場方向向外,洛倫茲力的方向始終指向圓心,由左手定則可判斷小球的旋轉(zhuǎn)方向為逆時針,故B錯誤;由電場力和重力大小相等,得:mg=qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為:r=mvqB,聯(lián)立得:v=gBrE,故C正確;小球在做圓周運動的過程中,電場力要做功,洛倫茲力始終不做功,故D錯誤;故選AC。 二、計算題(本題共4個小題,共76分) 5.答案 (1)0d ③ 聯(lián)立得:02a 所以,粒子應(yīng)射出電場后打到熒光屏上 粒子在電場中做類平拋運動,設(shè)粒子在電場中的運動時間為t,豎直方向位移為y,水平方向位移為x,則 水平方向有x=v0t 豎直方向有y=qE2mt2 代入數(shù)據(jù)得x=2ay 設(shè)粒子最終打在熒光屏上的點距Q點為H,粒子射出電場時與x軸的夾角為θ,則 tan θ=vyvx=qEmxv0v0=2ya 有H=(3a-x)tan θ=(3a-2y)2y 當(dāng)3a-2y=2y時,即y=98a時,H有最大值 由于98a<2a,所以H的最大值Hmax=94a,粒子射入磁場的位置為y=98a-2a=-78a。 8.答案 (1)5 N/C　10 m/s　(2)22 s (3)0.25 J 解析 (1)小球勻速直線運動時的受力如圖所示, 其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零。 電場力和重力的合力方向與水平方向成45,tan 45=mgqE。 則E=mgq=10-2210-3 N/C=5 N/C qvB=q2E2+m2g2 v=2mgqB=210-2210-322 m/s=10 m/s (2)根據(jù)運動的獨立性,豎直方向做初速度vy0=22v,加速度為g的勻減速運動 vy0=22v=gt,求得t=22 s。 (3)顆粒再次回到與M點水平方向等高位置時,時間為2t=2 s 在水平方向上的初速度vx0=22v 水平方向獲得的速度vx=22v+qEm2t,其中qE=mg。得vx=152 m/s 豎直方向的速度vy=52 m/s。 合速度v=105 m/s,動能Ek=12mv2=0.25 J。