2020屆物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測試:專題強(qiáng)化練(十)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)_第1頁
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文檔簡介

1、專題強(qiáng)化練(十)考點(diǎn) 1 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)1.(2019 岳陽模擬)如圖所示,粒子源 P 會發(fā)出電荷量相等的帶電 粒子,這些粒子經(jīng)裝置 M 加速并篩選后,能以相同的速度從 A 點(diǎn)垂直 磁場方向沿 AB 射入正方形勻強(qiáng)磁場 ABCD,粒子 1、粒子 2 分別從 AD 中點(diǎn)和 C點(diǎn)射出磁場.不計(jì)粒子重力,則粒子 1 和粒子 2()A .均帶正電,質(zhì)量之比為 4 : 1B.均帶負(fù)電,質(zhì)量之比為 1 : 4C .均帶正電,質(zhì)量之比為 2 : 1D .均帶負(fù)電,質(zhì)量之比為 1 : 2解析:由圖示可知,粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向左, 由左手定則可知,粒子帶負(fù)電;設(shè)正方形的邊長為L,由圖示

2、可知,1粒子軌道半徑分別為 冷=;L,2= L,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng), 洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得 qvB= m、:, m=晉:r,則m1= ri=1m2r24,故 B 正確.答案:B2 .如圖所示,一個(gè)靜止的質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q 的粒子(不計(jì) 重力),經(jīng)電壓 U 加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場中,粒子 在磁場中轉(zhuǎn)半個(gè)圓后打在 P 點(diǎn),設(shè) 0P= x,能夠正確反映 x 與 U 之間 的函數(shù)關(guān)系的是( )解析:設(shè)粒子到達(dá) O 點(diǎn)的速度為 v,粒子通過電場的過程中,由 動(dòng)能定理得 qU =;mv2,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得 qv B =mR,R=由以上三

3、式解得 x= B2,qU,選項(xiàng) B 正確,選項(xiàng) A、C、D 錯(cuò)誤.答案:B3如圖所示,一帶電粒子以初速度 vo從 a 點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,v的 方向平行于 x 軸.運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過 b 點(diǎn),Oa= Ob,若撤去磁場加一個(gè) 與 y 軸平行的勻強(qiáng)電場,仍以 vo從 a 點(diǎn)進(jìn)入電場,粒子仍能通過 b 點(diǎn), 不計(jì)重力,那么電場強(qiáng)度 E 與磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 之比為()A. vB. 1C. 2voD. 2解析:帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),0 為圓心,故 Oa =Ob=mB,帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),故 0b= vot,Oa =qt2,聯(lián)立以上各式解得 B=2v0,C正確.答案:CO U nX XK

4、 X4.(2019 哈爾濱模擬)如圖所示,邊界 PQ 以上和 MN 以下空間存 在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度均為 4B, PQ、MN 間距離為 2 3 d,絕緣板 EF、GH 厚度不計(jì),間距為 d,板長略小于 PQ、MN 間距離,EF、GH 之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B. 有一個(gè)質(zhì)量為 m 的帶正電的粒子,電量為 q,從 EF 的中點(diǎn) S 射出, 速度與水平方向成 30角,直接到達(dá) PQ 邊界并垂直于邊界射入上部場 區(qū),軌跡如圖所示,以后的運(yùn)動(dòng)過程中與絕緣板相碰時(shí)無能量損失且 遵循反射定律,經(jīng)過一段時(shí)間后該粒子能再回到S 點(diǎn)(粒子重力不計(jì)).求:(1)粒子從 S 點(diǎn)出

5、發(fā)的初速度 v;粒子從 s 點(diǎn)出發(fā)第一次再回到 S 點(diǎn)的時(shí)間.解析:(1)PQ、MN 間距離 L = 2 3 d,且 S 為中點(diǎn),設(shè)帶電粒子在 EF、GH 之間的磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為 尺可畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖,由圖可知,Risin 60= 3d, Ri= 2d 洛倫茲力提供向心力:qvB%托X咼X耳耳X耳XEKKKXXKXX仔4XKXKXKKX耳X,X其XKXK.KKKX耳耳KKK揖舄sexK4MXXXKKKKKXXXKXXXXXXXXXMKX.KXXXXXXRXXXKXXXXKXXXXKXXxxxx*xxxxxXXKX扎XXKXAxxxxxXMMMXKXKKXKXKX址xxxxxKKMXXx

6、xxxxKKKKK=mv1 得:qBR1= 2qBdm m耳耳K萬;K具典K K K K K K KX X X X X K KX XK X(2)粒子應(yīng)從 G 點(diǎn)進(jìn)入 PQ 以上的磁場,設(shè)帶電粒子在 4B 場區(qū)軌2跡半徑為 R2在 4B 場內(nèi),4Bqv = mRV-,R2= 4mV_=R41 = #做半個(gè)圓周運(yùn) 動(dòng),并垂直 PQ 再由 E 點(diǎn)回到 B 場區(qū),由對稱性,粒子將打到 GH 中點(diǎn)并反彈,再次回到 S 點(diǎn).粒子在 B 場中的時(shí)間粒子在 4B 場中的時(shí)間答案:見解析考點(diǎn) 2 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)5帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng),某時(shí)刻速度方向如圖所示,所受的 重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方

7、向相反,不計(jì)阻力,則在此后的一小段時(shí)間內(nèi),帶電質(zhì)點(diǎn)將()解析:帶電質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中,重力做功,速度大小和方向發(fā)生 變化,洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化,故帶電質(zhì)點(diǎn)不可能做直線運(yùn)動(dòng),也不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng),C 正確.答案:Cti=4x3TI=3X2nm4nmqB_2nm_ nm24Bq_t總_ t1+12_11nm6qB.A .可能做直線運(yùn)動(dòng)B.可能做勻減速運(yùn)動(dòng)C .一定做曲線運(yùn)動(dòng)D .可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)t2=2XxX XX X X X6. (多選)(2018 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豎直面 內(nèi)的勻速圓周運(yùn)

8、動(dòng).若已知小球做圓周運(yùn)動(dòng)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()* X* .frVif* a *L1FiJ gJ-J*A .小球一定帶負(fù)電荷B.小球一定沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)D .小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,電場力始終不做功解析: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(yùn) 動(dòng),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 則可判斷小球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針,故 B 錯(cuò)誤;由電場力和重力大小 相等

9、,得:mg= qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為:r,聯(lián)立得:v = g;,故 C 正確;小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,電場力做功,洛倫茲力始終不做功,故 D 錯(cuò)誤.答案:AC7. 下列四圖中,A、B 兩圖是質(zhì)量均為 m 的小球以相同的水平初 速度向右拋出,A 圖只受重力作用,B 圖除受重力外還受水平向右的 恒定風(fēng)力作用;C、D 兩圖中有相同的無限寬的電場, 場強(qiáng)方向豎直向 下,D 圖中C .小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為gBrE還有垂直于紙面向里無限寬的勻強(qiáng)磁場且和電場正交,在計(jì)重力作用,則下列有關(guān)說法正確的是()()A. A、B、C 三圖中的研究對象均做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B. 從

10、開始拋出經(jīng)過相同時(shí)間 C、D 兩圖豎直方向速度變化相同,A、B 兩圖豎直方向速度變化相同C.從開始拋出的沿電場線運(yùn)動(dòng)相等距離的過程內(nèi)C、 D 兩圖中的 研究對象動(dòng)能變化相同D. 相同時(shí)間內(nèi) A、B 兩圖中的研究對象在豎直方向的動(dòng)能變化相 同解析:由題知,A、B、C 三圖中的研究對象的受力均為恒力,因 此研究對象均做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng) A 正確;從開始拋出經(jīng)過相同 時(shí)間,C、D 兩圖研究對象在豎直方向受力不同,速度變化也不同,選 項(xiàng) B 錯(cuò)誤;根據(jù) C、D 兩圖中有相同的無限寬的電場,場強(qiáng)方向豎直 向下,D 圖中還有垂直于紙面向里的無限寬的勻強(qiáng)磁場且和電場正交 可知,從開始拋出到沿電場線運(yùn)動(dòng)相

11、等距離的過程中電場力做功相同, 洛倫茲力不做功,重力忽略不計(jì),因此只有電場力做功,所以C、D兩圖中的研究對象動(dòng)能變化相同,選項(xiàng) C 正確;因?yàn)閯?dòng)能是標(biāo)量沒有 分量形式之說,因此相同時(shí)間內(nèi) A、B 兩圖豎直方向的動(dòng)能變化相同 這種說法是錯(cuò)誤的,故選項(xiàng) D 錯(cuò)誤.答案:AC8.(20 佃鄭州模擬)如圖所示, 水平地面上放有一張正方形桌子,桌面 abed 邊長為 L,桌面水平、光滑、絕緣,距地面高度為 h,正方 形桌面兩圖中均以相同的初速度向右水平拋出質(zhì)量為m 的正電荷,兩圖中不內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在桌面以外有豎直向下的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為 E(電場、磁場圖中沒有畫出).一

12、質(zhì)量為 m,電荷量為 q 的帶正電小球(可看作質(zhì)點(diǎn)), 從桌面邊緣 ad 中 點(diǎn) M,以垂直于 ad 邊的速度 v 進(jìn)入磁場區(qū)域,重力加速度為 g.要使小球能夠從 ab 邊飛離桌面,求小球進(jìn)入磁場時(shí)速度大小的 范圍;若小球恰好能從桌面上 b 點(diǎn)飛出,求小球落地點(diǎn)到桌面上 b 點(diǎn) 的距離.解析:(1)對小球受力分析可知.小球在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)重力與支持 力平衡,小球在磁場力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng).當(dāng)小球從 a 點(diǎn)飛離桌面時(shí),速度最小,設(shè)此時(shí)小球運(yùn)動(dòng)半徑為冷,由幾何關(guān)系可得 ri = 4.2已知洛倫茲力提供向心力 qviB= m:1,ri當(dāng)小球從 b 點(diǎn)飛離桌面時(shí),速度最大,設(shè)此時(shí)小球運(yùn)動(dòng)半徑為氐,(L2由幾何關(guān)系可得 r2= L2+嚴(yán)一 2J,解得門=4已知洛倫茲力提供向心力 qv2B= m,解得 v2=5qBL,r24m可得速度大小范圍qBL v 5qBL;解得 v1qBL4m,4m4m(2)小球飛出桌面后受重力和電場力作用,可知mg+ qE= ma,1小球做類平拋運(yùn)動(dòng),可知 h=2at2,x=v2t 由幾何關(guān)系可知落地點(diǎn)到桌面上b 點(diǎn)的距離為s=x2+ h2,答案:黔 v ho時(shí),即 hqmg,帶電小球能進(jìn)入H區(qū)域;(3)因?yàn)閹щ?/p>

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