2019版高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練11 帶電體在組合場、復合場中的運動

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1、課時跟蹤訓練(十一) 帶電體在組合場、復合場中的運動 一、選擇題(1～2題為單項選擇題，3～4題為多項選擇題) 1．(2018·本溪市高級中學高三二模)如圖所示，某一真空室內充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內建立坐標系xOy，在y<0的空間里有與場強E垂直的勻強磁場B，在y>0的空間內，將一質量為m的帶電液滴(可視為質點)自由釋放，此液滴則沿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，當液滴運動到坐標原點時，瞬間被安裝在原點的一個裝置改變了帶電性質(液滴所帶電荷量和質量均不變)，隨后液滴進入y<0的空間內運動，則液滴在y<0的空間內運動過程中 (　　) A．

2、重力勢能一定不斷減小 B．電勢能一定先減小后增大 C．動能不斷增大 D．動能保持不變 D　[在y>0的空間內，根據(jù)液滴沿y軸負方向以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動可知，液滴在此空間內運動時所受電場力方向向下，大小等于重力；進入y<0的空間后，液滴電性改變，其所受電場力向上，大小仍等于重力，液滴將在洛倫茲力(合力)作用下做半個周期的勻速圓周運動，在這半個周期內，洛倫茲力不做功，動能保持不變，重力勢能先減小后增大，電勢能先增大后減小，故D正確．] 2．(2018·北京景山學校調研)如圖所示，a、b為豎直正對放置的兩平行金屬板，其中a極帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下

3、方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一比荷為的帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置沿與a、b平行方向射入兩板間的偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x(M、N點在圖中未畫出)．則以下說法中正確的是 (　　) A．只減小磁感應強度B的大小，則x減小 B．只增大初速度v0的大小，則x減小 C．只減小帶電粒子的比荷，則x不變 D．只減小偏轉電場的電壓U的大小，則x不變 D　[粒子進入磁場后做勻速圓周

4、運動，設粒子進入磁場時速度方向與磁場邊界的夾角為θ，速度大小為v＝，軌道半徑R＝，由幾何關系可知x＝2Rsin θ＝，只減小磁感應強度B、只增大初速度v0或只減小帶電粒子的比荷時，都可使x增大，而x與偏轉電場的電壓U無關，故選項A、B、C錯誤，D正確．] 3．(2018·山西陽泉模擬)如圖所示，在真空中半徑為r＝0.1 m的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場及水平向左的勻強電場，磁感應強度B＝0.01 T，ab和cd是兩條相互垂直的直徑，一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v＝1×103 m/s從c點沿cd方向射入場區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運動，如果僅撤去磁場，帶電粒子經過a點，如果撤去電

5、場，且將磁感應強度變?yōu)樵瓉淼?，不計粒子重力，下列說法正確的是 (　　) A．電場強度的大小為10 N/C B．帶電粒子的比荷為1×106 C/kg C．撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為0.1 m D．帶電粒子在磁場中運動的時間為7.85×10－5 s AC　[粒子沿直線運動，則Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝10 N/C，選項A正確，如果僅撤去磁場，則粒子在水平方向r＝ t2，豎直方向r＝vt，解得：＝＝2×106 C/kg，選項B錯誤；撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為R＝＝0.1 m，選項C正確；帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝＝≈1.57×10－4 s

6、，選項D錯誤．] 4．(2018·高考物理全真模擬二)如圖所示為一種質譜儀的工作原理示意圖，此質譜儀由以下幾部分構成：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器，靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內有均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度為B的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行．由離子源發(fā)出一個質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經過Q點進入收集器，下列說法中正確的是(　　) A．磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內

7、B．加速電場中的加速電壓U＝ER C．磁分析器中圓心O2到Q點的距離d＝ D．任何離子若能到達P點，則一定能進入收集器 BC　[A.離子在磁分析器中沿順時針轉動，所受洛倫磁力指向圓心，根據(jù)左手定則，磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外，故A錯誤；B.離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有： qE＝m，設離子進入靜電分析器時的速度為v，離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理有：qU＝mv2－0，解得： U＝， B正確；C.離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：qvB＝m，解得：r＝＝，則：d＝r＝，故C正確；D.由B可知： R＝，R與離子質量、電量無關，離

8、子在磁場中的軌道半徑：r＝，離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑與電荷的質量和電量有關，能夠到達P點的不同離子，半徑不一定都等于d，不一定能進入收集器，故D錯誤．] 二、非選擇題 5．(2018·濟寧市高三第二次模擬)如圖甲所示，粒子源靠近水平極板M、N的M板，N板下方有一對長為L，間距為d＝L的豎直極板P、Q，在下方區(qū)域存在著垂直于紙面的勻強磁場，磁場上邊界放有范圍足夠大的感光膠片．水平極板M、N之間的電壓為U0，中間開有小孔，兩小孔連線的延長線為豎直極板P、Q的中線，與磁場上邊界的交點為O.P、Q之間的電壓UPQ隨時間t變化的圖象如圖乙所示，磁場的磁感應強度B＝.粒子源連續(xù)釋放初速度不計、

9、質量為m、帶電量為＋q的粒子，經加速后進入豎直極板P、Q之間的電場．再進入下方磁場的粒子全部打在感光膠片上．已知粒子在偏轉電場中運動的時間遠小于電場變化的周期，粒子所受重力不計．求： (1)帶電粒子從N板小孔射出時的速度； (2)為使進入磁場的粒子都能打在膠片上，磁場上、下邊界的最小距離； (3)以O點為坐標原點，向右為正方向建立坐標軸Ox，粒子在膠片上的落點的坐標范圍． 解析　(1)在加速電場，由動能定理得：qU0＝mv　解得：v0＝ (2)設帶電粒子以速度v進入磁場，且與磁場邊界之間的夾角為α時，其運動軌跡如圖 由幾何關系得：向下偏移的距離Δy＝R－Rcos α＝R(

10、1－cos α) 在磁場中偏轉，則有：qvB＝m　又v0＝vsin α　聯(lián)立解得：Δy＝ 當α＝90°時，Δy有最大值，即Δymax＝x＝＝ (3)粒子運動軌跡如圖所示 若t＝0時進入偏轉電場，在電場中勻速直線運動進入磁場時R＝L，打在感光膠片上距離中心線最近為x＝2L，任意電壓時出偏轉電場時的速度為vn 根據(jù)幾何關系得： vn＝，Rn＝ 在膠片上落點長度為Δx＝2Rncos α＝ 打在感光膠片上的位置和射入磁場位置間的間距相等，與偏轉電壓無關 在感光膠片上的落點寬度等于粒子在電場中的偏轉距離y＝at2＝××()2 解得：y＝ 答案　(1)　(2)L　(3) 6．

11、(2018·河南省鄭州市高中畢業(yè)年級第二次質量預測)如圖所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域，左側區(qū)域充滿勻強電場，方向豎直向上，右側區(qū)域充滿勻強磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線．af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一質量為m、電荷量為e的電子(重力不計)從a點沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點g進入磁場．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求勻強電場的電場強度E的大小； (2)若要求電子從cd邊射出，求所加勻強磁場磁感應強度的最大值B； (3)調節(jié)磁感應強度的大小，求cd邊上有電子射出部分的長度． 解析　(1)電子在電場中做類

12、似平拋運動，由在豎直方向：L＝at2 水平方向：0.75L＝v0t 由牛頓第二定律有：eE＝ma 聯(lián)立解得：E＝ (2)粒子進入磁場時，速度方向與be邊夾角的正切值tan θ＝＝0.75，解得：θ＝37° 電子進入磁場時的速度為v＝＝v0 設電子運動軌跡剛好與cd邊相切時，半徑最小為r1，軌跡如圖所示： 則由幾何關系知r1＋r1cos 37°＝L 解得：r1＝L 由洛倫茲力提供向心力：evB＝m 可得對應的最大磁感應強度：Bm＝ (3)設電子運動軌跡剛好與de邊相切時，半徑為r2， 則r2＝r2sin 37°＋ 解得：r2＝又r2cos θ＝L，故切點剛好為d點

13、 電子從cd邊射出的長度為： Δy＝＋r1sin 37°＝ 7．(2018·湖南省鄂南高中等八校聯(lián)考)如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中有兩個全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，充滿了方向均垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁感應強度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應強度大小可調， C點坐標為(4L, 3L)，M點為OC的中點．質量為m帶電量為－q的粒子從C點以平行于y軸方向射入磁場Ⅱ中，速度大小為，不計粒子所受重力，粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認為粒子能再次進入磁場． (1)若粒子無法進入?yún)^(qū)域Ⅰ中，求區(qū)域Ⅱ磁感應強度大小范圍； (2)若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應強度大?。?

14、 (3)若粒子能到達M點，求區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應強度大小的所有可能值． 解析　(1)粒子速度越大，半徑越大，當運動軌跡恰好與x軸相切時，恰好不能進入Ⅰ區(qū)域故粒子運動半徑r0>3L 粒子運動半徑滿足：qBv0＝m 代入v0＝ 解得B< (2)粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑r＝＝ 若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑R較小，則粒子會從AC邊射出磁場．恰好不從AC邊射出時滿足∠O2O1Q＝2θ sin 2θ＝2sin θcos θ＝ 又sin 2θ＝ 解得R＝r＝L 代入v0＝ 可得：B＝ (3)①若粒子由區(qū)域Ⅰ達到M點 每次前進＝2(R－r)cos θ＝(R－r) 由周期性：＝n(

15、n＝1,2,3…)即L＝n(R－r) R＝r＋L≥L，解得n≤3 n＝1時R＝L，B＝B0 n＝2時R＝L，B＝B0 n＝3時R＝L，B＝B0 ②若粒子由區(qū)域Ⅱ達到M點 由周期性：＝＋n(n＝0,1,2,3…) 即L＝R＋n(R－r)，解得R＝L≥L，解得n≤ n＝0時R＝L，B＝B0 n＝1時R＝L，B＝B0 答案　見解析 8．如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域I內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做

16、直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大小， (2)區(qū)域Ⅰ內最小電場強度E2的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大?。? 解析　(1)帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，三力滿足如圖甲所示關系且小球只能做勻速直線運動． 由圖甲知tan 37°＝， 解得

17、E1＝，cos 37°＝ 解得B1＝ (2)區(qū)域Ⅰ中小球做加速直線運動，電場強度最小，受力如圖乙所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動， 由圖乙知cos 37°＝ ， 解得E2＝ 方向與x軸正方向成53°角斜向上 (3)小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，得E3＝ 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖丙所示 由幾何關系可知 r＋r·cos 53°＝d， 解得r＝d 由洛倫茲力提供向心力 知B2q·2v0＝m，聯(lián)立得B2＝ 答案　見解析 9．如圖所示，平行金屬板豎直放置，底端封閉，中心線上開一小孔C，兩板相距為d，電壓

18、為U.平行板間存在大小為B0的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，AC是兩板間的中心線．金屬板下方存在有界勻強磁場區(qū)域MPNQ，其中MPQ是直角三角形，PQ邊長為a；PM邊長為a，A、C、P、Q四點共線，M、P、N三點共線，曲線QN是以2a為半徑、以AQ上某點(圖中未標出)為圓心的一段圓弧，該區(qū)域內磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．若大量帶電離子沿AC方向射入兩金屬板之間，有部分離子經P點進入下方磁場區(qū)域．不計離子重力，忽略離子間的相互作用． (1)求由P點進入下方磁場的離子速度； (2)若由P點進入下方磁場的正負離子都從MN邊界上穿出，求這些正負離子的比荷的最小值之比； (3)若

19、由P點進入下方磁場的另一些正負離子的比荷都處于(2)問中兩個最小值之間(比荷的最大值是(2)問中較大的最小值，比荷的最小值是(2)問中較小的最小值)．求磁場邊界上有正負離子到達的區(qū)域范圍． 解析　(1)只有離子在平行金屬板間勻速運動，帶電粒子才有可能從C點進入磁場，故有qvB0＝q 解得：v＝ (2)由洛倫茲力提供向心力，所以有qvB＝ 解得R＝＝ 可見比荷越大，半徑越小，若出P點進入下方磁場的正負離子都從MN邊界上穿出，比荷最小的正負帶電粒子剛好與邊界相切．也就是帶正電的粒子做圓周運動的圓周與圓形磁場相切，帶負電的粒子做圓周運動與直角三角形的斜邊MQ相切．如圖所示 帶正電

20、的粒子做圓周運動的圓周與圓形磁場相切，由幾何關系可得：R＋a2＝(2a－R1)2 解得：R1＝ 帶正電粒子最小比荷是＝＝ 帶負電的粒子做圓周運動與直角三角形的斜邊MQ相切，由幾何關系可得：＝＝ 解得：R2＝a 帶負粒子最小比荷是＝＝ 所以，這些正負離子的比荷的最小值之比＝ (3)若由P點進入下方磁場的另一些正負離子的比荷都處于(2)問中兩個最小值之間(比荷的最大值是(2)問中較大的最小值，比荷的最小值是(2)問中較小的最小值)．帶正電粒子運動較跡如圖所示，到P點距離x1＝2R2＝a 范圍寬度d1＝2(R1－R2)＝a 所以帶正電粒子從MN邊界是穿出，范圍是距P點a，寬度是ab＝a 帶負電粒子運動軌跡如圖所示 到M點距離x2＝＝a 范圍寬度d2＝(R1－x2)＝a 所以帶負電粒子MQ邊界是穿出，范圍是距M點a，寬度是cd＝a 答案　(1)v＝　(2) (3)帶正電粒子從MN邊界是穿出，范圍是距P點a，寬度是ab＝a；帶負電粒子MQ邊界是穿出，范圍是距M點a，寬度是cd＝a 12