【浙江專用】2019年高三物理二輪復(fù)習(xí) 限時訓(xùn)練專題七 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 含答案

1、試題習(xí)題、盡在百度專題七限時訓(xùn)練（限時:45分鐘）測控導(dǎo)航】考占題號（難易度）1.帶電粒子在區(qū)域組合場中的運動2（易）,3（易），8（中），12（難）2.帶電粒子在交替組合場中的運動7仲）3.帶電粒子在疊加場中的運動1（易）,5（易）,6（中），9（中）,10（中）4.帶電粒子在周期性變化的電、磁場中的運動4（易）,11（難），13（難）一、選擇題（在每小題給出的四個選項中，第16題只有一項符合題目要求，第710題有多項符合題目要求）（2015杭州月考）在某一空間同時存在相互正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的方向豎直向上，磁場方向如圖所示，兩個帶電液滴在此復(fù)合場中恰好能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周

2、運動，則（A）xfEx|xxxxxxXXfxxx它們的運動周期一定相等它們的圓周運動方向可能相反若它們的動量大小相等,軌道半徑就一定相等若它們的動能相等,軌道半徑就一定相等解析:因T二于,又mg=qE,則T二三.因此它們的運動周期一定相等，故A正確;液滴只帶正電,電場力與重力相平衡,而洛倫茲力提供向心力,則知粒子都沿逆時針方向做勻速圓周運動，故B錯誤;因mg二Eq,則粒子的運動半徑為r二于士二寺,所以r二三當(dāng)動量大小相等時,只有質(zhì)量一定時,軌道半徑才相等;當(dāng)動能相等時,只有電量一定時,軌道半徑才相等,故C,D錯誤.如圖所示,兩導(dǎo)體板水平放置,兩板間電勢差為U,帶電粒子以某一初速度v沿平行于兩板

3、的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于0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v的變化情況為（A）0糸冬xd隨v增大而增大,d與U無關(guān)0d隨v增大而增大,d隨U增大而增大0d隨U增大而增大,d與v無關(guān)0d隨v增大而增大,d隨U增大而減小0解析:設(shè)粒子從M點進入磁場時的速度大小為v,該速度與水平方向的夾角為8,故有v二亠,粒子在磁場中做勻速圓周運動,半徑為r二丄,而MN之間的距離為d=2rcos8,聯(lián)立解得d二三,故選項A正確.(2015嘉興調(diào)研)如圖所示,為速度相同的一束粒子由左端垂直射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡,則下列相關(guān)說法中正確的是(C)該

4、束帶電粒子帶負電能通過狹縫S的帶電粒子的速率等于三若保持B不變,粒子打在膠片上的位置越遠離狹縫S,粒子的比荷越20小若增大入射速度,粒子在磁場中軌跡半圓將變大解析:粒子剛進入磁場后向下偏轉(zhuǎn),所受的洛倫茲力向下,由左手定則,該束帶電粒子帶正電，故A錯誤.速度選擇器的P極板帶正電，由1qE二qvB可得能通過狹縫S的帶電粒子的速率等于v二故B錯誤；由r二三可知,粒子打在膠片上的位置越遠離狹縫S,r越大,粒子的比荷二0-越小,故C正確;若增大入射速度,則粒子無法直線通過速度選擇器,更無法進入右側(cè)磁場,故D錯誤.在高能物理研究中,粒子回旋加速器起著重要作用.回旋加速器的工作原理如圖所示,置于真空中的D形

5、金屬盒半徑為R,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直.S處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q,初速度不計，在加速器中被加速，加速電壓為U.兩盒間的狹縫很小，每次加速的時間很短,可以忽略不計,加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用.下列說法正確的是(D)為使正粒子每次經(jīng)過窄縫都被加速，交變電壓的頻率f=W粒子第n次與第1次在下半盒中運動的軌道半徑之比為T77若其他條件不變，將加速電壓U增大為原來的2倍，則粒子能獲得的最大動能增大為原來的2倍若其他條件不變，將D形盒的半徑增大為原來的2倍，則粒子獲得的最大動能增大為原來的4倍解析:帶電粒子在磁場中運動的周期與電場變化的周期相等，根據(jù)qvB二m二,

6、則v二三,周期T二二二二,與粒子的速度無關(guān),粒子每轉(zhuǎn)半圈，交變rmqB電場變化一次，故周期也為T電二壬,頻率為f二壬,故選項A錯誤;根據(jù)動能定理知(2nT)qU=pm粒子第n次與第1次在下半盒中運動的速度之比為1：I.-!,根據(jù)r二三知軌道半徑之比等于速度之比為1：I一，故選項B錯誤;粒子最后均從磁場中沿D形盒邊緣飛出，半徑r二R二二可知最后速度由D形盒半徑?jīng)Q定，與電壓無關(guān)，根據(jù)已畑二刃-J=三二知動能也是只與D形盒半徑有關(guān)，故選項C錯誤,D正確.如圖所示，某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強電場E,在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy,在y0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴（可視為質(zhì)點）自由釋放，此液滴沿

7、y軸的負方向、以加速度a=2g（g為重力加速度）做勻加速直線運動.當(dāng)液滴運動到坐標(biāo)原點時,被安置在原點的一個裝置瞬間改變了帶電性質(zhì)（液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變），隨后液滴進入y0的空間運動.液滴在y0的空間內(nèi)以加速度a=2g做勻加速直線運動,可知液滴帶正電,且電場力等于重力.當(dāng)液滴運動到坐標(biāo)原點時變?yōu)樨撾姾?液滴進入y0的空間內(nèi)運動.電場力等于重力,液滴做勻速圓周運動，重力勢能先減小后增大,電場力先做負功后做正功,電勢能先增大后減小,動能保持不變，故D項正確.（2015紹興月考）如圖所示,粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球,整個裝置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大

8、的復(fù)合場中,小球由靜止開始下滑,在整個運動過程中小球的v_t圖象如圖所示，其中正確的是（C）解析:在水平方向:N二Eq-Bvq豎直方向：mg-pN=ma隨v增大,Bvq增大,N逐漸減小到0,又反向逐漸增大，向下的加速度逐漸增大到a二g后逐漸減小，當(dāng)pN=mg時a=0,速度達到最大，后勻速.故C正確,A,B,D錯誤.如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子以某一初速度從坐標(biāo)原點0沿x軸正方向進入場區(qū),若場區(qū)僅存在平行于y軸向上的勻強電場時，質(zhì)子通過P(d,d)點時的動能為5E;若場區(qū)僅存在垂直于xOy平面的勻k強磁場時,質(zhì)子也能通過P點.不計質(zhì)子的重力.設(shè)上述勻強電場的電場強度大小為E、勻強磁場的磁

9、感應(yīng)強度大小為B,則下列說法中正確的是(BD)y&-Y0dE二B.E二三EdD.B=-i-解析:只有平行于y軸向上的勻強電場時，質(zhì)子做類平拋運動，設(shè)末速度與水平方向夾角為8,則有tan0=二=二=2,即v=2v,合速度y0v二：_:二丁v,末動能5Emv2=m5.；j,所以質(zhì)子初動能為根據(jù)動能定理eEXd=5E-E=4E,解得E二三,選項A錯誤,B正確.若場區(qū)僅kkk起存在垂直于xOy平面的勻強磁場時,質(zhì)子也能通過P點,粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可得圓周運動半徑為d,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有evB=,整理得B二二二,選項C錯誤,D正0aeaea確.(2015遼寧丹東質(zhì)檢)如圖

10、所示為一種質(zhì)譜儀示意圖,由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成.若靜電分析器通道中心的半徑為R,通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E,若分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外.一質(zhì)量為m,電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器,由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打在膠片上的Q點.不計粒子重力.下列說法正確的是(BD)靜電分析器-磁”析器A.粒子帶負電加速電場的電壓U=ER直線PQ長度為2B尢7若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點,則該群粒子具有相同的比荷解析:在靜電分析器中,粒子做圓周運動的向心力由電場力來提供,即電

11、場力的方向與電場強度E的方向相同,粒子帶正電,A項錯誤；由qU二umv2和qE二子得UpER,B項正確；因為v二三二三,粒子在磁分析器中做勻速圓周運動，則qvB二二得r二g三,故77=2r壬三,C項錯誤;若粒子均打在同一點，即r相同,所以該群粒子應(yīng)具有相同的比荷,D項正確.(2015杭州模擬)如圖所示,甲是不帶電的絕緣物塊,乙是帶負電的物塊,甲、乙疊放在一起,置于粗糙的絕緣水平地板上,地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場.現(xiàn)加一水平向左的勻強電場,發(fā)現(xiàn)甲、乙一起向右加速運動.在加速運動階段(AC)A.甲、乙兩物塊一起做加速度減小的加速運動甲、乙兩物塊間的摩擦力不變乙物塊與地面之間的摩擦力不斷增

12、大甲、乙兩物體可能做勻加速直線運動解析:對整體分析，豎直方向有N=（m+m）計Bvq,水平方向Eq-pN=（m甲乙+m）a,速度增大,洛倫茲力增大,則正壓力增大,地面對乙的滑動摩擦甲乙力f=pN增大，電場力F=Eq一定，根據(jù)牛頓第二定律得,加速度a減小,對甲研究得到，乙對甲的摩擦力f二ma,則得到f減小，甲、乙兩物甲甲甲塊間的靜摩擦力不斷減小.故A,C正確,B,D錯誤.F-EqF港二Bvq（叫+m乙）g（2015嘉興模擬）如圖所示，勻強電場（水平向右，電場強度為E）和勻強磁場相互正交,寬度為d,豎直方向足夠長.今有一束a粒子以不同的速率沿圖示方向射入場區(qū).設(shè)a粒子的帶電荷量為q,不計重力,那么

13、飛出復(fù)合場區(qū)的a粒子的動能變化量可能為（CD）-*?x*XX:iXXBX：!XXX!dC.0D.qEd解析:由題意可知,帶電粒子可能從右邊飛出,也可能從左邊飛出,由于電場力對粒子做功,洛倫茲力不做功,所以當(dāng)從右邊飛出時,粒子的動能變化量為qEd,當(dāng)從左邊飛出時,粒子的動能變化量為0,故C,D正確,A,B錯誤.二、非選擇題教師備用:直角坐標(biāo)系xOy在光滑絕緣水平面內(nèi),以坐標(biāo)原點O為圓心,半徑為R=-m的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強電場，場強方向與x軸正向平行.坐標(biāo)原點處有一個電荷量為q=-2X10-6C,質(zhì)量為m=2X10-6kg的粒子以v=10m/s的速度沿y軸正向射入電場，經(jīng)t=1s后射出圓形電場區(qū)域

14、.求粒子射出圓形電場區(qū)域時的動能;若圓形區(qū)域僅存在垂直坐標(biāo)平面方向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B=1T,求粒子在磁場中運動的時間和出射點的位置坐標(biāo).解析:(1)粒子在水平面內(nèi)僅受電場力,做類平拋運動.在x軸負方向做勻加速運動，有qE二ma,x=uat2沿y軸方向做勻速運動，有y=vt0出射點在圓周上,滿足軌跡方程x2+y2=R2,聯(lián)立解得x=-1m,E=2N/C.從0點到出射點,據(jù)動能定理有qEx二E粒子射出電場時的動能為Ek=;m：J+qEx=5X10-6J.(2)若圓形區(qū)域內(nèi)僅存在垂直紙面方向的勻強磁場,則粒子在水平面內(nèi)僅受洛倫茲力,做勻速圓周運動,有qvB二山二,運動軌道半徑r=lm若磁場方

15、向垂直于坐標(biāo)平面向外,則粒子沿逆時針方向運動,圓心坐標(biāo)為(-1,0),設(shè)粒子出射點坐標(biāo)為(x,y),據(jù)幾何關(guān)系有11J+.二R2,(X+1)2+.=r2聯(lián)立解得x=-1,y=1,即出射點坐標(biāo)為(-1,1)11由幾何關(guān)系可知,此時粒子出射方向沿x軸負方向若磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi),則粒子沿順時針方向運動,圓心坐標(biāo)為(1,0),設(shè)出射點坐標(biāo)為(x,y),據(jù)幾何關(guān)系有22+二只2,仗2_1)2+二r2,聯(lián)立解得x=1,y=1,即出射點坐標(biāo)為(1,1)22據(jù)幾何關(guān)系,此時粒子出射方向沿x軸正方向綜上分析:無論粒子在磁場中是順時針運動還是逆時針運動,粒子出射速度方向均平行于x軸，所以，粒子運動軌跡所對

16、圓心角均為直角，粒子在磁場中運動時間為四分之一周期，即t二三心1.57s.答案：(1)5X10-6j(2)1.57s(1,1)或(-1,1)(2015重慶理綜)如圖為某種離子加速器的設(shè)計方案.兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場.其中MN和M，N，是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔0和O,O，N，=0N二d,P為靶點,0P=kd(k為大于1的整數(shù))極板間存在方向向上的勻強電場,兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速，經(jīng)0,進入磁場區(qū)域.當(dāng)離子打到極板上0N，區(qū)域(含N點)或外殼上時將會被吸收.兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在,離子可勻速

17、穿過.忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力.求:離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應(yīng)強度大小；能使離子打到P點的磁感應(yīng)強度的所有可能值;打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間.解析：離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點時，軌道半徑R=y根據(jù)牛頓第二定律有二m于對離子在電場中加速的過程應(yīng)用動能定理有qUm.-.-解得B廣三三；(2)假設(shè)離子在電場中加速了n次后恰好打到P點，有nqUm.-Bqv=mR=解得B=w若離子在電場中加速一次后恰好打在N，,同理可得此時的磁感應(yīng)強度B二二二/:0十:由題意可知,BB時離子才可能打到P點0由,解得nk2,可見n的最大值應(yīng)為k2-1,

18、即n的取值應(yīng)為n=l,2,3,k2-l.即磁感應(yīng)強度的可能值為B二土二(n=l,2,3,k2-l).(3)n=k2-1對應(yīng)的離子就是打在P點的能量最大的離子離子在磁場中運動的圈數(shù)為k2,故在磁場中運動的時間t二（上22）T=（k2匚）X=_L2_2_2_j_1設(shè)離子在電場中運動的時間為t,則有(k2-l)h=：4：解得t=h答案（2）=（n=l,2,3,，k2-l）（3）uh:：(2015嘉興模擬)空間存在垂直紙面向外的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，如圖所示，電場強度E=10N/C,PQ為該電磁復(fù)合場的分界線,一電荷量q=2X10-2C,質(zhì)量m=0.02kg的帶正電小物塊(可看成質(zhì)點)以初速度

19、v=4m/s由M點水平向右射出,恰好由N點(斜面的最高點)沿斜0面方向滑入光滑斜面,MN=2m,已知斜面斜邊長為寧m,初速度v方向與MN連線成B=30,g=10m/s2，則:試求磁感應(yīng)強度B;試求直角斜面的傾角a;試求粒子在斜面上運動的時間解析：(1)小物塊受到的電場力qE=2X10-2X10N=0.2N,小物塊所受重力mg=0.02X10N=0.2N,qE=mg,重力與電場力合力為零,小物塊在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,小物塊運動軌跡如圖所示:由幾何知識可得：0=20=60故r=MN=2了m,由牛頓第二定律得qV0B=,代入數(shù)據(jù)解得B二寧T.(2)由幾何知識可得a=60;物塊在斜面上，由牛頓第二定律得mgsina二ma,代入數(shù)據(jù)解得a=5-m/s2,物塊做勻加速直線運動，由速度位移公式x=vt+uat2.代入數(shù)據(jù)解得t=s.答案:匚