2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練25 帶電粒子在復合場中的運動.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練25 帶電粒子在復合場中的運動 題組一　帶電粒子在相鄰組合場中的運動 1.(xx杭州一中模擬)如圖8318所示，兩導體板水平放置，兩板間的電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0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，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化而變化情況為(　　) 圖8318 A．d隨v0的增大而增大，d與U無關 B．d隨v0的增大而增大，d隨U的增大而增大 C．d隨U的增大而增大，d與v0無關 D．d隨v0的增大而增大，d隨U的增大而減小 【解析】　帶電粒子射出電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，運動軌跡如圖所示，有：cos θ＝，又R＝，而d＝2Rcos θ＝2cos θ＝，選項A正確． 【答案】　A 2．如圖8319所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速．每當粒子離開電場區(qū)域時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設極板間距遠小于R)。下列關于環(huán)形加速器的說法中正確的是(　　) 圖8319 A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關系為＝ B．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應強大小Bn與加速次數(shù)n之間為＝ C．A、B板之間的電壓可以始終保持不變 D．粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關系為＝ 【解析】　因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以，繞行第n圈時獲得總動能為mv＝nqU，得第n圈的速度vn＝.在磁場中，由牛頓第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝，所以＝，A錯誤、B正確；如果A、B板之間的電壓始終保持不變，粒子在A、B兩極板之間飛行時，電場力對其做功qU，從而使之加速，在磁場內(nèi)飛行時，電場又對粒子做功－qU，從而使之減速．粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達不到加速效果，C錯誤；根據(jù)t＝得tn＝2πR，得＝，D錯誤． 【答案】　B 題組二　帶電粒子在疊加的復合場中的運動 3．(xx南京模擬)如圖8320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)．設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(　　) 圖8320 A．適當減小電場強度E B．適當減小磁感應強度B C．適當增大加速電場極板之間的距離 D．適當減小加速電壓U 【解析】　欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，則qE＝qvB，而電子流向上極板偏轉(zhuǎn)，則qE＞qvB，應減小E或增大B、v，故A正確，B、C、D錯誤． 【答案】　A 4．(多選)如圖8321所示，空間中存在正交的勻強電場E(方向水平向右)和勻強磁場B(方向垂直紙面向外)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電小球的相互作用，兩小球電荷量始終不變)，關于小球的運動，下列說法正確的是(　　) 圖8321 A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B．只有沿ab方向拋出的帶電小球才可能做直線運動 C．若沿ac方向拋出的小球做直線運動則小球帶負電，且小球一定是做勻速運動 D．兩小球在運動過程中機械能均守恒 【解析】　兩個帶電小球的電性未知，可假設電性再判斷電場力和洛倫茲力的方向，由于在電場力、洛倫茲力和重力作用下小球的直線運動必為勻速運動，只要三力能平衡，小球即可做直線運動，由假設判斷可知沿ab方向做直線運動的小球帶正電、沿ac方向做直線運動的小球帶負電，所以選項A、C正確，選項B錯誤；除重力做功外，洛倫茲力不做功，電場力做功，機械能不守恒，選項D錯誤． 【答案】　AC 5．(多選)在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi)(不計重力)，電子可能沿水平方向向右做直線運動的是(　　) 【解析】　如電子水平向右運動，在A圖中電場力水平向左，洛倫茲力豎直向下，故不可能；在B圖中，電場力水平向左，洛倫茲力為零，故電子可能水平向右勻減速直線運動；在C圖中電場力豎直向上，洛倫茲力豎直向下，當二者大小相等時，電子向右做勻速直線運動；在D圖中電場力豎直向上，洛倫茲力豎直向上，故電子不可能做水平向右的直線運動，因此只有選項B、C正確． 【答案】　BC 6．電荷量為＋q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊同時從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設斜面足夠長，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖8322所示的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，關于滑塊下滑過程中的運動和受力情況，下面說法中不正確的是(不計兩滑塊間的相互作用) 圖8322 A．兩個滑塊先都做勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間，＋q會離開斜面 B．兩個滑塊先都做勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間，－q會離開斜面 C．當其中一個滑塊剛好離開斜面時，另一滑塊對斜面的壓力為2mgcos θ D．兩滑塊運動過程中，機械能均守恒 【解析】　當滑塊開始沿斜面向下運動時，帶正電的滑塊受的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負電的滑塊受的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開始時兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsin θ，均做勻加速直線運動，隨著速度的增加，正電荷受的洛倫茲力逐漸變大，當qvB＝mgcos θ時，＋q恰能離開斜面，A正確、B錯誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在＋q離開斜面前兩者在斜面上運動的速度總相同，當＋q離開斜面時，－q受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcos θ，方向垂直斜面向下，斜面對滑塊的支持力大小為qvB＋mgcos θ＝2mgcos θ，故滑塊對斜面的壓力為2mgcos θ，C正確；由于洛倫茲力不做功，D正確． 【答案】　B 7．如圖8323所示，在豎直虛線MN和M′N′之間區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子(不計重力)以初速度v0由A點進入這個區(qū)域，帶電粒子沿直線運動，并從C點離開場區(qū)．如果撤去磁場，該粒子將從B點離開場區(qū)；如果撤去電場，該粒子將從D點離開場區(qū)．則下列判斷正確的是(　　) 圖8323 A．該粒子由B、C、D三點離開場區(qū)時的動能相同 B．該粒子由A點運動到B、C、D三點的時間均不相同 C．勻強電場的場強E與勻強磁場的磁感應強度B之比＝v0 D．若該粒子帶負電，則電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向外 【解析】　由Eq＝Bv0q可得，＝v0，C正確；若電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向外，則無論從左側(cè)入射的是正電荷還是負電荷，電場力與洛倫茲力方向均一致，故D錯誤；如果撤去磁場，粒子由B點射出時，電場力對粒子做正功，粒子動能比入場時增大了，A錯誤；粒子由C、B射出過程中，水平方向均做勻速直線運動，運動時間相同，但在磁場偏轉(zhuǎn)過程中粒子運動的速率是v0，運動時間增大了，故B錯誤． 【答案】　C 8．(多選)(xx黑龍江齊齊哈爾二模)如圖8324所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應圓心角為120，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C、D端相切．整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場強度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放．若小球所受電場力的大小等于其重力的倍，小球與直線段AC、HD間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為，則(　　) 圖8324 A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大加速度amax＝g B．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度vmax＝ C．小球進入DH軌道后，上升的最高點與P點等高 D．小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg－qB 【解析】　小球沿AC下滑過程中的受力如圖： 利用牛頓第二定律可有， mgcos 60＋mg sin 60－f＝ma qvB＋mgsin 60－mg cos 60－FN＝0 f＝μFN 則由以上式子可得：a＝ g－ qvB. 當小球開始下滑時(v＝0)，加速度最大為amax＝g，則A項正確；當加速度a＝0時，速度最大為vmax＝，則B項錯誤；小球沿AC下滑到進入DH過程中洛倫茲力不做功，摩擦力做負功，再結合題圖及球所受重力和電場力情況，則有小球上滑到DH的位置比P點低，C項錯誤；小球沿軌道可以重復下滑、上滑，再下滑再上滑……，運動中小球的能量損失了，每次上升到的高度會降低，最終小球會在COD光滑弧段來回運動，則有mg＝mv，最低點O處，當小球速度向右時，qv0B＋FN1－mg＝m，求得FN1＝2mg－qB，當小球速度向左時，F(xiàn)N2－mg－qv0B＝，求得FN2＝2mg＋qB，則可判斷D項正確． 【答案】　AD B組　深化訓練——提升應考能力 9．(多選)(xx長春模擬)如圖8325所示，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點有一個直徑略小于細管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應強度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面且向里的勻強磁場．某時刻，給小球一方向水平向右，大小為v0＝的初速度，則以下判斷正確的是(　　) 圖8325 A．無論磁感應強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈力作用 B．無論磁感應強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點一定受到管壁的彈力作用 C．無論磁感應強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高點的速度大小都相同 D．小球在從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的大小一直減小 【解析】　小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A選項錯誤，小球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，運動至最高點時小球的速度v＝，由于是雙層軌道約束，小球運動過程不會脫離軌道，所以小球一定能到達軌道最高點，C選項正確；在最高點時，小球做圓周運動的向心力F＝m＝mg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B選項正確；小球在從最低點到最高點的運動過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右一定遞減，到達圓心的等高點時，水平速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，D選項錯誤． 【答案】　BC 10．如圖8326所示，正三角形ACD是一用絕緣材料制成的固定框架，邊長為L，在框架外是范圍足夠?qū)挼膭驈姶艌?，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，ACD可視為磁場的理想內(nèi)邊界，在框架內(nèi)有一對帶電平行極板M、N，M板的中點K處有一粒子源，能夠產(chǎn)生速度為零、質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子，粒子重力不計，帶電粒子經(jīng)兩極板間的電場加速后從CD邊中心的小孔S垂直于CD邊射入磁場，若這些粒子與框架碰撞時無能量損失，且每一次碰撞時速度方向均垂直于被碰的邊框，要使粒子在最短的時間內(nèi)回到小孔S，求： 圖8326 (1)粒子做圓周運動的軌道半徑，并畫出粒子在磁場中的運動軌跡和繞行方向； (2)兩極板M、N間的電壓； (3)粒子回到小孔S的最短時間． 【解析】　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，與邊框垂直碰撞后要重新回到S，由幾何關系可知，A、C、D三點必為圓軌道的圓心，要使粒子回到S的時間最短，圓軌道半徑為R＝軌跡如圖所示 (2)粒子經(jīng)電場加速，有qU＝mv2 粒子在磁場中運動，有qvB＝ 由以上三式解得：U＝ (3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝ 粒子回到S的最短時間為 t＝3T＝ 【答案】　(1)見解析　(2)　(3) 11．(xx遼寧沈陽質(zhì)量檢測)如圖8327所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B，足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45，有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力．若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點)，一段時間后，小球落在斜面上的C點，已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求： 圖8327 (1)小球P落到斜面時速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時間t； (2)小球P從拋出到落回斜面的位移x的大?。? 【解析】　(1)小球P靜止于A處時對斜面無壓力，說明qE＝mg ① 即小球帶正電．小球P獲得水平初速度后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示： 由對稱性可知，小球落到斜面上時速度方向與斜面夾角為45， 小球P由A到C所需時間t＝ ② 又qv0B＝m ③ T＝ ④ 由①②③④得t＝ ⑤ (2)由幾何關系知x＝R ⑥ 由①③⑥得x＝ 【答案】　(1)　(2) 12．(xx重慶高考)如圖8328所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和 MT間距為1.8h，質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g. 圖8328 (1)求電場強度的大小和方向； (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值． 【解析】　(1)設電場強度大小為E. 由題意有mg＝qE 得E＝，方向豎直向上． (2)如圖1所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ. 圖1 由r＝，有r1＝， r2＝＝r1 由(r1＋r2)sin φ＝r2， r1＋r1cosφ＝h 得vmin＝(9－6). (3)如圖2所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x. 圖2 由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3...) x≥ x＝ 得r1＝(1＋)， n＜3.5 即n＝1時，v＝； n＝2時，v＝； n＝3時，v＝ 【答案】　(1)方向豎直向上　(2)(9－6) (3)