10、
6．(2019·湖南G10教育聯(lián)盟高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，電子由P點(diǎn)從靜止開(kāi)始沿直線PQ做加速直線運(yùn)動(dòng)，從Q點(diǎn)射出．若要求電子能擊中在與直線PQ成α角方向、與Q點(diǎn)相距d的點(diǎn)M(已知：電子的電荷量為e、質(zhì)量為m、加速電壓為U、不計(jì)電子重力)．下列選項(xiàng)正確的是( )
A．電子運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的速度v＝
B．若在Q的右側(cè)加一個(gè)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，則其大小為B＝
C．若在Q的右側(cè)加一個(gè)平行于QM的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電子不可能到達(dá)M點(diǎn)
D．若在Q的右側(cè)加一個(gè)垂直于PQ向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，則其大小為E＝
AD 解析 由動(dòng)能定理Uq＝mv2，解得v＝，選項(xiàng)A正確；在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)rsin α＝d
11、，evB＝m，聯(lián)立解得 B＝＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若在Q的右側(cè)加一個(gè)平行于QM的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則將電子的速度分解為沿磁場(chǎng)方向的速度v1和垂直于磁場(chǎng)方向的速度v2，則電子以方向沿QM方向做勻速運(yùn)動(dòng)，另一方向繞QM做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即電子沿QM做螺旋運(yùn)動(dòng)，若滿足d＝v1t，t＝nT＝n (n＝0、1、2、3…)電子仍能到達(dá)M點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若在Q的右側(cè)加一個(gè)垂直于PQ向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，則電子沿PQ方向勻速運(yùn)動(dòng)，有dcos α＝vt，垂直于PQ方向勻加速，有 t＝，垂直于PQ方向的加速度為a＝，聯(lián)立解得E＝，選項(xiàng)D正確．
7．(2019·泰安高三一模)(多選)如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向外的勻
12、強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，AB邊長(zhǎng)度為d，∠C＝，現(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度相同的帶正電粒子(不計(jì)重力)．已知垂直AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子經(jīng)歷的時(shí)間為t0.則下列判斷正確的是( )
A．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4t0
B．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為d
D．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為
ABC 解析 帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是T，即T＝t0，則得周期 T＝4t0，選項(xiàng)A正確．由T＝得，B＝＝，選項(xiàng)B正確．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子在磁
13、場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為θ，則有T＝，得 θ＝，畫(huà)出該粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識(shí)得＋Rcos 30°＝d，可得R＝d，選項(xiàng)C正確．根據(jù)＝，解得v＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
8．(2019·華中師大一附中高三理綜)(多選)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，MN間電壓可以任意調(diào)節(jié)．當(dāng)電壓調(diào)到某一數(shù)值時(shí)，原來(lái)靜止的某種帶電粒子從點(diǎn)P經(jīng)MN間電場(chǎng)加速后從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場(chǎng)邊界上的絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，假設(shè)粒子打在絕緣板上即被吸收，孔Q到板的下端C的距離為L(zhǎng)，當(dāng)MN間電壓為U0時(shí)，粒子
14、恰好打在CD板上，已知帶電粒子的電量為q，質(zhì)量為m，粒子重力不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．要使粒子能打到絕緣板上，兩極板間電壓最小值U0＝
B．CD板上可能被擊中區(qū)域的長(zhǎng)度為L(zhǎng)
C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm＝
D．能達(dá)到N板上粒子的最大動(dòng)能Ekm＝
BCD 解析 根據(jù)題設(shè)條件，軌跡恰好與CD相切于E點(diǎn)，如圖所示，由幾何關(guān)系(r＋L)sin 30°＝r，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有U0q＝mv2，聯(lián)立以上式子可得U0＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于負(fù)粒子做逆時(shí)針?lè)较驁A周運(yùn)動(dòng)，打到CD板上最上的位置為E點(diǎn)，CE＝2Lcos 30°＝L，速度無(wú)窮大時(shí)，半徑無(wú)
15、窮大，進(jìn)入磁場(chǎng)后，基本沿直線運(yùn)動(dòng)，打到最低的位置為F，CF＝＝L，打到CD板的長(zhǎng)度為CE－CF＝L－L＝L，選項(xiàng)B正確；當(dāng)粒子軌跡不與CD相切或相交時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)半周，時(shí)間最長(zhǎng)為半個(gè)周期，選項(xiàng)C正確；能達(dá)到N板的最大速度，對(duì)應(yīng)粒子的最大半徑，而打在N板上的最大半徑是軌跡恰好與CD相切，r＝L，即題目的已知條件的情況，最大動(dòng)能是Ekm＝U0q＝，選項(xiàng)D正確．
9．(2019·成都高三摸底)如圖所示，初速度不計(jì)的電子束經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，進(jìn)入一半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(區(qū)域中心為O，磁場(chǎng)方向垂直于圓面)，最后射到了與OM連線垂直的屏幕上的P處．已知不加磁場(chǎng)時(shí)，電子束將通過(guò)O點(diǎn)打到
16、屏幕的中心M點(diǎn)，電子的電荷量為e，電子所受重力不計(jì)．則下列判斷正確的是( )
A．圓形區(qū)域中磁場(chǎng)的方向可能垂直于紙面向里
B．電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的磁場(chǎng)力大小一定是
C．若僅增加加速電壓U，電子束打到屏幕上的位置在P點(diǎn)上方
D．若僅改變圓形區(qū)域的磁感強(qiáng)度大小，電子束可能打不到屏幕上
D 解析 由左手定則可知，圓形區(qū)域中磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電子在電場(chǎng)中被加速，則Ue＝mv2，若在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則F磁＝evB＝m＝，因電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑不一定是r，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的磁場(chǎng)力大小不一定是，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若僅增加加速電壓U，則電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度
17、v變大，則電子的軌道半徑變大，則電子束打到屏幕上的位置在P點(diǎn)下方，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若僅使圓形區(qū)域的磁感強(qiáng)度變大，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑減小，電子束經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)時(shí)的偏折角變大，則電子束可能打不到屏幕上，選項(xiàng)D正確．
10．(2019·成都外國(guó)語(yǔ)學(xué)校模擬)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的交界面，ab為磁場(chǎng)的上邊界．現(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡恰與ab相切并返回磁場(chǎng)．已知電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用．
18、試求：
(1)粒子第一次穿過(guò)MN時(shí)的速度大小和水平位移的大小；
(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?
解析 (1)根據(jù)動(dòng)能定理，得qEd＝mv2－mv，解得v＝2v0.粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有F＝qE，a＝，d＝at，x＝v0t1，解得t1＝，x＝.
(2)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角進(jìn)入磁場(chǎng)，則tan θ＝＝，解得θ＝60°.根據(jù)R＋Rcos θ＝d，得R＝.由牛頓第二定律可得qvB＝m，解得B＝.
答案 (1)2v0 (2)
11．(2019·南充高三高考適應(yīng)性考試)如圖所示，平行板電容器的N板開(kāi)有一小孔，與固定圓筒的小孔a正對(duì)，O是圓筒的圓心，
19、圓筒的內(nèi)徑為r，筒內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒壁光滑．電容器內(nèi)緊靠極板M有一個(gè)帶電粒子(初速度為零)，經(jīng)電壓U加速后從a孔垂直磁場(chǎng)并正對(duì)著圓心O進(jìn)入筒中，該帶電粒子與圓筒壁碰撞三次后恰好又從小孔a射出．帶電粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞時(shí)電荷量和動(dòng)能都不損失，粒子的比荷為＝k，不計(jì)粒子的重力和空氣阻力．求：
(1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大??；
(2)筒內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?結(jié)果均用r、U和k表示)
解析 (1)由動(dòng)能定理qU＝mv2，得v＝＝.
(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于帶電粒子與圓筒壁碰撞時(shí)無(wú)電量和動(dòng)能損失，故每次碰撞前后粒子速度大小不變．設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓
20、第二定律得qvB＝.速度方向總是沿著圓筒半徑方向，3個(gè)碰撞點(diǎn)與小孔a恰好將圓筒壁四等分，粒子在圓筒內(nèi)的軌跡具有對(duì)稱性，由四段相同的圓弧組成，則每段軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為90°，則由幾何關(guān)系得R＝r，聯(lián)立解得B＝＝.
答案 (1) (2)
12．(2019·安徽江淮十校高三第一次聯(lián)考)如圖所示，坐標(biāo)空間中有場(chǎng)強(qiáng)為E＝100 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝10－3T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩種場(chǎng)的分界面，圖中虛線為磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電粒子從電場(chǎng)中坐標(biāo)位置(－1,0)處，以初速度v0＝105 m/s沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，且已知帶電粒子的比荷＝ 108 C/kg，粒子
21、的重力忽略不計(jì)，則：
(1)求帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大??；
(2)為使帶電粒子能穿越磁場(chǎng)區(qū)域而不再返回電場(chǎng)中，求磁場(chǎng)的寬度d應(yīng)滿足的條件．
解析 (1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律可得qE＝ma.設(shè)粒子出電場(chǎng)、入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，此時(shí)在y方向的分速度為vy，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則vy＝at，l＝v0t，解得vy＝v0，v＝＝v0＝×105 m/s.
(2)設(shè)v的方向與y軸夾角為θ，則有cos θ＝＝ 可得θ＝45°.粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，則有qvB＝m，可得R＝，要使粒子穿越磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的寬度應(yīng)滿
22、足的條件d
23、為多大？
(2)粒子從O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)全過(guò)程的周期T為多大？(結(jié)果用B、E、L、 π的最簡(jiǎn)形式表示)
解析 (1)電場(chǎng)中加速qEL＝mv2，
磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)qvB＝m，
三段圓弧的圓心連線組成等邊三角形，則區(qū)域Ⅲ的最小寬度d＝R＋Rsin 60°，聯(lián)立解得d＝L.
(2)在電場(chǎng)中L＝t，
磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T＝，
總時(shí)間t＝2t1＋(T＋T＋T)＝.
答案 (1)(2＋)L (2)
14．(2019·煙臺(tái)高三高考診斷性測(cè)試)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)存在與x軸正方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限內(nèi)存在與第一象限方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等．x軸下方區(qū)域Ⅰ和區(qū)域
24、Ⅱ內(nèi)分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度不同的、方向垂直紙面向外的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的分界線與x軸平行，區(qū)域Ⅰ中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在分界線上有一絕緣彈性擋板，擋板關(guān)于y軸對(duì)稱．現(xiàn)在P(0，y0)點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計(jì)粒子重力)，粒子立即進(jìn)入第一象限運(yùn)動(dòng)，以速度v穿過(guò)x軸后，依次進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的磁場(chǎng)，已知粒子從區(qū)域Ⅰ進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，速度方向垂直擋板緊貼擋板的右側(cè)邊緣，在與擋板進(jìn)行碰撞時(shí)粒子的電荷量和能量均無(wú)變化，且與擋板的中央發(fā)生過(guò)碰撞．求：
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；
(2)區(qū)域Ⅱ中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
(3)粒子再次回到y(tǒng)軸時(shí)的位置坐標(biāo)和此時(shí)粒子速度方
25、向．
解析 (1)粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得Eq·y0＝mv2，解得E＝.
(2)如圖所示．粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，則有qvB＝m，由幾何知識(shí)可知LAC＝R1(1－cos 45°)＝，由題意可知擋板長(zhǎng)度L＝2(y0＋LAC)．
設(shè)區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R2，則有 qvB0＝m，由題意可知擋板長(zhǎng)度L＝2R·2n＝(n＝1,2,3 …)，由以上各式可得 B0＝(n＝1,2,3 …)．
(3)由對(duì)稱性可知，粒子第二次通過(guò)x軸時(shí)D點(diǎn)距離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為y0，進(jìn)入第二象限后粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子再次回到y(tǒng)軸時(shí)的位置坐標(biāo)Q(0，y)．根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有(y－y0)cos45°＝··t2，y0＋(y－y0)sin45°＝vt，將E＝代入可得 y＝3y0，所以粒子再次回到y(tǒng)軸時(shí)的位置坐標(biāo)Q(0,3y0)．設(shè)粒子再次回到y(tǒng)軸時(shí)沿電場(chǎng)方向的分速度大小為vE，與合速度v合間的夾角為合速度與y軸間的夾角為θ，而θ＝45°－α，則有 vE＝at，qE＝ma，將上面解得的E和t代入上面的兩式得 vE＝v，所以tanα＝1 得 α＝45°，所以θ＝45°－α＝0，即合速度方向沿y軸正方向．
答案 (1) (2) (3)(0,3y0) 速度方向沿y軸正方向
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2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場(chǎng) 第28講 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）
