(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)練習(xí)第10章熱點(diǎn)強(qiáng)化練12《帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》(含解析)

熱點(diǎn)強(qiáng)化練12帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(時(shí)間：40分鐘)1.(2020·北京市豐臺(tái)區(qū)二模)如圖1所示，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)中由靜止釋放，隨后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向夾角為θ＝30°，不計(jì)帶電粒子的重力。求：圖1(1)粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v；(2)粒子在磁場(chǎng)中做圓周的運(yùn)動(dòng)半徑R；(3)有界磁場(chǎng)的寬度d。答案(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(mU,2q))解析(1)粒子在電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，可得v＝eq\r(\f(2qU,m))。(2)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)可得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))(3)在磁場(chǎng)中，根據(jù)幾何關(guān)系有d＝Rsinθ可得d＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mU,2q))。2.如圖2所示，質(zhì)量為m＝1kg、電荷量為q＝5×10－2C的帶正電的小滑塊，從半徑為R圖2＝0.4m的固定光滑絕緣eq\f(1,4)圓弧軌道上由靜止自A端滑下。整個(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直紙面向里，g取10m/s2，求：(1)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點(diǎn)滑塊對(duì)軌道的壓力。答案(1)大小為2m/s，方向水平向左(2)大小為0.1N，方向豎直向下(3)大小為20.1N，方向豎直向下解析以滑塊為研究對(duì)象，自軌道上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力F洛＝qvB，方向始終垂直于速度方向。(1)滑塊從A到C的過(guò)程中洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得vC＝eq\r(\f(2（mg－qE）R,m))＝2m/s，方向水平向左。(2)根據(jù)洛倫茲力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，由左手定則知方向豎直向下。(3)在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg－qvCB＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FN＝mg＋qvCB＋meq\f(veq\o\al(2,C),R)＝20.1N由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力大小為20.1N，方向豎直向下。3.(2020·山西陽(yáng)泉市上學(xué)期期末)如圖3所示，直線(xiàn)PQ的左邊為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右邊為電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的粒子從MN上的C點(diǎn)沿與MN成60°角的方向，以速度v射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后從D點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)垂直P(pán)Q進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，最后到達(dá)MN上F點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，不計(jì)粒子重力，求：圖3(1)從C點(diǎn)到F點(diǎn)所用的時(shí)間；(2)到達(dá)F點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。答案(1)eq\f(m,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3B)＋\r(\f(3v,BE))))(2)eq\f(1,2)mv2＋eq\f(3Emv,2B)解析(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，則qvB＝meq\f(v2,r)r＝eq\f(mv,qB)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)根據(jù)軌跡知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)粒子從D運(yùn)動(dòng)到F做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則r＋rsin30°＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)a＝eq\f(qE,m)解得t2＝eq\f(m,q)eq\r(\f(3v,BE))故粒子從C點(diǎn)到F點(diǎn)所用的時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(m,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3B)＋\r(\f(3v,BE))))。(2)對(duì)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理有qEreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin30°))＝EkF－eq\f(1,2)mv2解得EkF＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(3Emv,2B)。4.(2020·江蘇南通市5月第二次模擬)如圖4所示，x軸上方存在電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1000V/m、方向沿－y軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸與PQ(平行于x軸)之間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量m＝2×10－8kg、帶電荷量q＝＋1.0×10－5C的粒子，從y軸上(0，0.04m)的位置分別以不同的初速度v0沿＋x軸方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力。圖4(1)若v0＝200m/s，求粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小和方向；(2)若粒子射入電場(chǎng)后都能經(jīng)磁場(chǎng)返回，求磁場(chǎng)的最小寬度d；(3)若粒子恰能經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng)＝100m的點(diǎn)，求粒子入射的初速度v0。答案(1)200eq\r(2)m/s方向與x軸成45°角(2)0.2m(3)見(jiàn)解析解析(1)設(shè)粒子第一次在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向y＝eq\f(1,2)at2vy＝at末速度為v2＝veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)tanα＝eq\f(vy,v0)解得v＝200eq\r(2)m/s方向與x軸成45°角。(2)初速度為0的粒子最容易穿過(guò)磁場(chǎng)，qvyB＝meq\f(veq\o\al(2,y),r)得r＝0.2m要使所有帶電粒子都返回電場(chǎng)，磁場(chǎng)的最小寬度d＝0.2m。(3)對(duì)于不同初速度的粒子通過(guò)磁場(chǎng)的軌跡在x軸上的弦長(zhǎng)不變，x1＝2rsinα＝2eq\f(mvsinα,qB)＝2eq\f(mvy,qB)＝0.4m設(shè)粒子第n次過(guò)x軸經(jīng)過(guò)x＝100m處，滿(mǎn)足eq\f(n－1,2)x1＋nv0t＝x其中n＝2k＋1(k＝0，1，2，3，…)，則初速度v0＝eq\f(104×（50.1－