2019高考物理二輪復習 小題狂做專練二十一 帶電粒子在組合場、復合場中的運動

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1、 21 帶電粒子在組合場、復合場中的運動 一、選擇題 1．【綏德中學第一次模擬】一個帶正電的小球沿光滑絕緣的水平桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1。撤去磁場，其余的條件不變，小球的飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2。下列結(jié)論不正確的是(　　) A．x1＞x2 B．t1＞t2 C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同 2．【2019屆模擬仿真卷】如圖所示，勻強電場的電場強度方向與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強磁場的方向垂直于紙面(圖中未畫出

2、)。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 3．【天水2019屆高三摸底】如圖所示為一種質(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：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。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；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度為B的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q

3、的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器。下列說法中正確的是(　　) A．磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內(nèi) B．加速電場中的加速電壓 C．磁分析器中圓心O2到Q點的距離 D．任何離子若能到達P點，則一定能進入收集器 二、解答題 4．【天一中學2019屆高三調(diào)研測試】已知質(zhì)量為m的帶電液滴，以速度v垂直射入豎直向下的勻強電場E和水平向里勻強磁場B中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動。如圖所示，重力加速度為g，求： (1)液滴帶電荷量及電性； (2)

4、液滴做勻速圓周運動的半徑多大； (3)現(xiàn)撤去磁場，電場強度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮薪珉妶龅淖笥覍挾葹閐，液滴仍以速度v從左邊界垂直射入，求偏離原來方向的豎直距離。 5．【重慶2019屆聯(lián)考】如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第一和第四象限內(nèi)有一個有界圓形區(qū)域與y軸相切于原點O，其圓心為O1、半徑一定，圓內(nèi)存在垂直于紙面的勻強磁場。第二和第三象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場。第二象限內(nèi)有一P點，坐標，一帶電粒子（重力不計）自P點以平行于x軸的初速度v0開始運動，粒子從O點離開電場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從y軸上的Q點（圖中未畫出）垂直于y軸回到電場區(qū)域，并恰能

5、返回到P點。求： (1)粒子從P點到O點經(jīng)歷的時間及粒子在第二象限的加速度大??； (2)粒子經(jīng)過坐標原點O時的速度大??； (3)電場強度E和磁感應強度B的比值。 7. 【成都二診】如圖所示為豎直面內(nèi)的直角坐標系xOy，A點的坐標為（－8 m，0），C點的坐標為（－4 m，0）；A點右側(cè)的三個區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，－4 m > x ≥－8 m區(qū)域的場強大小為E1＝5 V/m，0 > x ≥－4 m區(qū)域的場強大小為E2＝7 V/m，x ≥ 0區(qū)域的場強大小為E3＝5 V/m；第一、四象限內(nèi)的磁場方向相反且垂直于坐標平面，磁感應強度大小均

6、為B＝2 T?，F(xiàn)讓一帶正電的小球從A點沿z軸正方向、以v0＝4 m/s的速率進入電場。已知小球的質(zhì)量m＝2×10－3 kg。電荷量q＝4×10－3 C，假設電場和磁場區(qū)域足夠?qū)拸V，小球可視為質(zhì)點且電荷量保持不變，忽略小球在運動中的電磁輻射，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)小球到達y軸時的速度； (2)小球從A點運動到坐標為(56 m，y)的點經(jīng)歷的時間。 6．【贛州三?！咳鐖D甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線。當兩板間加電壓UMN＝U0時，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場。某種帶負電的粒子從O1點以速度v0

7、沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。 (1)求帶電粒子的比荷； (2)若MN間加上如圖乙所示的交變電壓，其周期，從t＝0開始，前內(nèi)UMN＝2U，后內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值； (3)緊貼板右側(cè)建立xOy坐標系，在xOy坐標第I、IV象限某區(qū)域內(nèi)存在一個圓形的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于xOy坐標平面，要使在(2)問情景下所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于坐標為（2d，2d）的P點，求磁感應強度B的大小范圍。

8、 答案與解析 1．【解析】由于帶正電，有磁場時，小球下落過程中要受重力和洛侖茲力共同作用，重力方向豎直向下，大小方向都不變；洛侖茲力的大小和方向都隨速度的變化而變化，但在能落到地面的前提下洛侖茲力的方向跟速度方向垂直，總是指向右上方某個方向，其水平分力fx水平向右，豎直分力fy豎直向上，如圖所示，小球水平方向?qū)⒓铀龠\動，豎直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g。撤去磁場的時候，小球做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，加速度為g。從而，有磁場時水平距離比撤去磁場后要大，即x1＞x2

9、，故A正確；有磁場時運動時間比撤去磁場后要長，即t1＞t2，故B正確；由于洛侖茲力的方向每時每刻都跟速度方向垂直，不對粒子做功，不改變粒子的動能。所以，有磁場和無磁場都只有重力作功，小球機械能守恒，動能的增加等于重力勢能的減少，等于小球重力與桌面高度的乘積，是相同的，即v1和v2大小相等，有故C正確；有磁場和無磁場，小球落地時速度方向并不相同，故D錯誤。 【答案】D 2．【解析】小球做勻速直線運動，受到的合力為零，假設小球帶正電，則小球的受力情況如圖1所示，小球受到的洛倫茲力沿虛線但方向未知；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，假設不成立，小球帶負電

10、，故B項錯誤；小球帶負電的受力情況如圖2所示。小球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)幾何關系可得：，，解得：，，故C項正確，D項錯誤。 【答案】C 3．【答案】B 【解析】離子在磁分析器中沿順時針轉(zhuǎn)動，所受洛倫磁力指向圓心，根據(jù)左手定則，磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外，故A錯誤；離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有，設離子進入靜電分析器時的速度為v，離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理有，解得，B正確；離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓

11、第二定律有，解得，則，故C錯誤；由B可知，R與離子質(zhì)量、電量無關，離子在磁場中的軌道半徑，離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電量有關，能夠到達P點的不同離子，半徑不一定都等于d，不一定能進入收集器，故D錯誤。 4．【解析】(1)液滴在空間受到三個力作用：重力、電場力與洛倫茲力；因帶電液滴剛好做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則液滴的重力與電場力相平衡，電場力方向豎直向上，又因電場線方向向下，所以液滴帶負電。 由mg＝qE，得。 (2)帶電粒子在電場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供： 解得：。 (3)電場變?yōu)?E，則加速度 水平方向：d＝vt 豎直方向的偏轉(zhuǎn)

12、距離： 解得：。 5．【解析】(1)設粒子在電場中運動的時間為 t1，x軸方向：d＝v0t1 y軸方向有： 解得：，。 (2)粒子從P點到O點過程中， 經(jīng)過坐標原點的速度大小。 (3)設Q點到坐標原點的距離為y，從Q點再次進入電場過程中，有： d＝2v0t2 解得： 設粒子進入磁場時速度與y軸夾角為θ，，則θ＝30° 磁場中由幾何關系得： 設粒子進入磁場時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得： 聯(lián)立解得： 粒子在電場中運動時，由牛頓第二定律得： 解得： 所以。 7.【解析】(1)在－4 m> x ≥－8 m區(qū)域，小球所受電場力為： F＝qE1＝2×10-2

13、N 由題知mg＝2×10-2 N F＝mg，所以小球做勻速直線運動，設該過程經(jīng)歷時間為t1 在0 > x ≥－4 m區(qū)域，qE2>mg，小球做類平拋運動，設該過程經(jīng)歷時間為t2，根據(jù)運動學規(guī)律， 在y方向上有：qE2－mg＝ma 在x方向上有： 代入數(shù)據(jù)得：a＝4 m/s2，t2＝1 s，y＝2 m，vy＝4 m/s 所以 設v與y軸正方向的夾角為α，由，得α＝45°。 (2)在x ≥ 0區(qū)域，qE3＝mg，分析知，小球先在第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，接著交替在第四、第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，軌跡如圖所示： 洛倫茲力提供向心力，有：

14、代入數(shù)據(jù)得： 設小球在第一象限第一次到達x軸的位置為P點，第二次到達x軸的位置為G點，由幾何關系易得： OP＝2 m，PG＝2rcos α＝2 m 小球做勻速圓周運動的周期為： 代入數(shù)據(jù)得： 設小球從O點到達x軸上H(56 m，0)點的時間為t3，因，即OH＝OP+27PG 故 又 所以達到橫坐標為56 m的點有以下三種情況： (i)到達橫坐標為56 m的I點， (ii)到達橫坐標為56 m的H點， (iii)到達橫坐標為56 m的J點， 6．【解析】(1)設粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點，沿極板方向有： 垂直極板方向有： 解得： (2)粒子通過兩板時間 從t＝

15、0時刻開始，粒子在兩板間運動時每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小，方向垂直極板向上；在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)加速度大小，方向垂直極板向下。不同時刻從O1點進入電場的粒子在電場方向的速度vy隨時間t變化的關系如甲所示。 因為所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在或時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上下邊緣處飛出，它們在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大。 解得： (3)所有粒子射出電場時速度方向都平行于x軸，大小為v0。設粒子在磁場中的運動半徑為r，則 得： 粒子進入圓形區(qū)域內(nèi)聚焦于P點時，磁場區(qū)半徑R應滿足R＝r。在圓形磁場區(qū)域邊界上，P點縱坐標有最大值，如圖乙所示。 磁場區(qū)的最小半徑，對應磁感應強度有最大值 磁場區(qū)的最大半徑，對應磁感應強度有最小值 所以，磁感應強度B的可能范圍為。 9