2019-2020年高考物理二轮复习 专题能力训练 专题九 带电粒子在组合、复合场中的运动.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 专题能力训练 专题九 带电粒子在组合、复合场中的运动一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求78题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图为“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO运动,由O射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.(xx湖南师范大学附属中学月考)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=S0C,则下列说法正确的是()A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为323.(xx河北名校联盟质量监测)如图,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60,水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,电场强度为E,在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场,恰好与y轴成45角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场。已知O、P之间的距离为d,则带电粒子()A.在电场中运动的时间为B.在磁场中做圆周运动的半径为dC.自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为D.从进入电场时开始计时,粒子在运动过程中第二次经过x轴的时间为5.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束,下列说法中正确的是()A.组成A、B束的离子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外6.(xx江西五校联考)如图所示,竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环,水平长轴为AC,竖直短轴为ED。轻弹簧一端固定在大环的中心O,另一端连接一个可视为质点的带正电的小环,小环刚好套在大环上,整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中。将小环从A点由静止释放,已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等。下列说法中错误的是()A.刚释放时,小球的加速度为重力加速度gB.小环的质量越大,其滑到D点时的速度将越大C.小环从A运动到D,弹簧对小环先做正功后做负功D.小环一定能滑到C点7.如图所示,有一金属块放在垂直于侧面C的匀强磁场中,当有稳恒电流自左向右通过时,下列说法中正确的是()A.金属块上表面的电势高于下表面的电势B.磁感应强度增大时,金属块上、下两表面间的电压U增大C.电流增大时,金属块上、下两表面间的电压U减小D.电流不变时,金属块中单位体积内自由电子越多,金属块上、下两表面间的电压U越小8.(xx湖北六校调考)如图,xOy平面的第一、二、三象限内存在垂直纸面向外,磁感应强度B=1 T的匀强磁场,ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板,长度为9 m,M点为x轴正方向上一点,OM=3 m。现有一个比荷大小为=1.0 C/kg,可视为质点的带正电的小球(重力不计),从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回,且碰撞时间不计,碰撞时电荷量不变,小球最后都能经过M点,则小球射入的速度大小可能是()A.3 m/sB.3.75 m/sC.4.5 m/sD.5 m/s二、非选择题(本题共3小题,共44分)9.(14分)在如图所示的直角坐标系中,有沿y轴正方向(竖直向上方向)磁感应强度大小为B的匀强磁场,现在坐标原点O固定一电荷量为Q的正点电荷,一个质量为m、电荷量为q的正点电荷微粒恰好能以y轴上的O1点为圆心在水平面内做匀速圆周运动,角速度为,已知当地重力加速度为g。试求圆心O1的y坐标。10.(15分)(xx安徽江淮联考)如图所示,足够长、宽度 L1=0.1 m、方向向左的有界匀强电场电场强度E=70 V/m,电场左边是足够长、宽度L2=0.2 m、磁感应强度B=21 T的有界匀强磁场。一带电粒子电荷量q=+3.210-19 C,质量m=6.41 kg,以v=4104 m/s的速度沿OO垂直射入磁场,在磁场中偏转后进入右侧的电场,最后从电场右边界射出。(粒子重力不计)求:(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径和时间;(2)带电粒子飞出电场时的速度大小。甲11.(15分)如图甲所示,在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场,变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)。在t=0时刻由原点O发射初速度大小为v0,方向沿y轴正方向的带负电粒子。乙丙已知v0、t0、B0,粒子的比荷为,不计粒子的重力。求:(1)t=t0时,求粒子的位置坐标;(2)若t=5t0时粒子回到原点,求05t0时间内粒子距x轴的最大距离;(3)若粒子能够回到原点,求满足条件的所有E0值。参考答案1.C解析:对带电粒子受力分析,a极板带正电,带电粒子受力平衡,有qv0B=q,U=,可得电荷量为Q=CBdv0,本题只有选项C正确。2.B解析:根据左手定则可得甲带负电,乙带正电,A错误;根据公式r=,因为速度和磁感应强度相等,S0A=S0C,所以有,解得,故B正确;根据公式Eq=Bqv可得能沿直线通过粒子的速率为,C错误;若甲、乙两束粒子的电荷量相等,根据,则甲、乙两束粒子的质量比为m甲=m乙,故D错误。3.C解析:带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用,但是洛伦兹力不做功,所以从左方摆到最低点的过程只有重力做功,根据动能定理mgL(1-cos 60)=mv2,摆动到最低点时,合力提供向心力,悬线上张力为0,即洛伦兹力提供向心力qvB-mg=m=mg,洛伦兹力方向竖直向上,当小球从右方摆到最低点时,根据对称性速度大小不变,但是方向反向,所以洛伦兹力方向竖直向上大小不变,此时向心力不变,即拉力F-qvB-mg=m,拉力F=4mg,选项C正确。4.D解析:粒子在电场中做类平抛运动,沿x轴方向上的平均速度为,所以在电场中运动时间为。由题意知,进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度v0,故速度为v0,在磁场中做圆周运动的半径为r=2d,在第一象限内运动时间为t1=T=,在第四象限内运动时间为t2=T=,所以自进入磁场至第二次经过x轴的时间为t=t1+t2=,从进入电场到第二次经过x轴的时间为t=+t=,所以D正确。5.C解析:由左手定则可知组成A、B束的离子都带正电,选项A错误。经过速度选择器后的离子速度相等,根据在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径不同,由r=可知组成A、B束的离子比荷一定不同,而质量有可能相同,A束离子的比荷大于B束离子的比荷,选项B错误,C正确。由于离子带正电,所受电场力向右,所受洛伦兹力一定向左,由左手定则,速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里,选项D错误。6.B解析:刚释放时,小环速度为零,洛伦兹力为零,只受重力,所有加速度为g,故A正确;因为AD点时弹簧的形变量相同,且OA长度大于OD,所以OA处于拉伸,OD处于压缩,所以弹簧由伸长变为压缩,弹力先做正功,后做负功,故C正确;从A到D过程中洛伦兹力不做功,而弹簧的弹性势能不变,只有重力做功,所以无论小球的质量如何,小环到达D点的速度是一样的,故小球一定能滑到C点,故D正确,B错误。7.BD解析:电流方向水平向右,则自由电子的运动方向水平向左,根据左手定则可知电子向上偏,上表面得到电子带负电,下表面失去电子带正电,可知下表面的电势高,选项A错误;电流的微观表达式为I=neSv,n表示单位体积内的电子数,S表示横截面积,则n=。当电子匀速穿过匀强磁场时,此时电场力等于洛伦兹力,即e=evB,解得U=Bdv,n=,选项B、D正确;电流I增大,v增大,U增大,选项C错误。8.ABD解析:依题意可知,小球运动的圆心的位置一定在y轴上,所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3 m,而ON=9 m3r,所以小球最多与挡板ON碰撞一次,碰撞后,第二个圆心的位置在O点的上方,也可能小球与挡板ON没有碰撞,直接过M点。由于洛伦兹力提供向心力,所以qvB=,得v=Br(1)若小球与挡板ON碰撞一次,则轨迹可能如图1,图1图2设OO=s,由几何关系得r2=OM2+s2=9+s23r-9=s联立得r1=3 m,r2=3.75 m分别代入得v1=Br1=113 m/s=3 m/sv2=Br2=113.75 m/s=3.75 m/s。(2)若小球没有与挡板ON碰撞,则轨迹如图2,设OO=x,由几何关系得=OM2+x2=9+x2x=9-r3联立得r3=5 m代入得v3=Br3=115 m/s=5 m/s故选A、B、D。9.答案:解析:微粒受力如图所示,设带电微粒做匀速圆周运动半径为R,圆心O1的纵坐标为y,圆周上一点与坐标原点的连线和y轴夹角为,那么有tan =带电粒子受力如图所示,列出动力学方程为mg=F电cos BqR-F电sin =m2R即得所以圆心O1的y坐标y=。10.答案:(1)0.4 m5.210-6 s(2)3104 m/s解析:(1)带电粒子在磁场中运动时,由牛顿运动定律,有qvB=R= m=0.4 m。轨迹如图所示,由L2=Rsin 得=又t=T=10-5 s5.210-6 s。(2)由动能定理得mv2=-EqL1v右=3104 m/s。11.答案:(1)(,0)(2)()v0t0(3)(n=1,2,3,)解析:(1)由粒子的比荷,则粒子做圆周运动的周期T=2t0则在0t0内转过的圆心角=由牛顿第二定律qv0B0=m得r1=位置坐标(,0)。(2)粒子t=5t0时回到原点,轨迹如图所示r2=2r1r1=r2=得v2=2v0又,r2=粒子在t02t0时间内做匀加速直线运动,2t03t0时间内做匀速圆周运动,则在05t0时间内粒子距x轴的最大距离hm=t0+r2=()v0t0。(3)如图所示,设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1,在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2,由几何关系可知,要使粒子经过原点,则必须满足n(2r2-2r1)=2r1(n=1,2,3,)r1=r2=联立以上各式解得v=v0(n=1,2,3,)又由v=v0+得E0=(n=1,2,3,)。