（江浙選考1）2020版高考物理總復習 專題二 帶電粒子在組合場或復合場中的運動 考點強化練40 帶電粒子在組合場或復合場中的運動.doc

考點強化練40帶電粒子在組合場或復合場中的運動1.如圖所示,一帶電粒子從平行帶電金屬板左側(cè)中點垂直于電場線以速度v0射入電場中,恰好能從下板邊緣以速度v1飛出電場。若其他條件不變,在兩板間加入垂直于紙面向里的勻強磁場,該帶電粒子恰能從上板邊緣以速度v2射出。不計重力,則()A.2v0=v1+v2B.v0=v12+v222C.v0=v1v2D.v0<v1=v22.(2018浙江寧波重點中學聯(lián)考)如圖所示,相距為d的平行板A和B之間有電場強度為E方向豎直向下的勻強電場。電場中C點距B板的距離為0.3d,D點距A板的距離為0.2d,有一個質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點,若重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大B.該微粒做勻變速直線運動C.在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgdD.該微粒帶正電,所帶電荷量大小為q=mgE3.(多選)一個帶電粒子以初速v0垂直于電場方向向右飛入勻強電場區(qū)域,穿出電場后接著又飛入勻強磁場區(qū)域(不計重力)。在下圖所示的幾種軌跡中,可能出現(xiàn)的是()4.(多選)如圖所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的P環(huán)套在固定的水平長直絕緣桿上(桿表面不光滑),整個裝置處在垂直于桿的水平勻強磁場中,磁感應強度大小為B?，F(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v0,則下列情況可能發(fā)生的是()A.環(huán)將保持勻速運動,環(huán)的機械能不變B.環(huán)將向右減速,最后靜止,損失的機械能是12mv02C.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機械能是12mv02D.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機械能是12mv02-12m(mgqB)25.(多選)如圖所示,在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m,電荷量為+q,電場強度為E、磁感應強度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A.小球的加速度一直減小B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2qE-mg2qBD.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2qE+mg2qB6.(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖1所示。大量的甲、乙兩種離子以0到v范圍內(nèi)的初速度從A點進入電壓為U的加速電場,經(jīng)過加速后從0點垂直邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場中,最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)量分別為2m和m。不考慮離子間的相互作用。圖1圖2(1)求乙離子離開電場時的速度范圍;(2)求所有離子打在底片上距O孔最遠距離xm;(3)若離子進入O孔時速度方向分布在y軸兩側(cè)各為=30的范圍內(nèi)如圖2所示,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求離子最大初速度v應滿足的條件。7.(2018浙江教育綠色評價聯(lián)盟高考適應性試卷)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設計的簡化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強磁場,磁感應強度大小為B=1.010-3 T,在離軸線R2處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成(0<90)角。電子碰撞銫原子使之電離,為了取得好的電離效果,從內(nèi)圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內(nèi)運動時不能與外器壁碰撞。為加速區(qū),兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場。區(qū)產(chǎn)生的銫離子以接近0的初速度進入?yún)^(qū),被加速后以速度v0=7.25104 m/s從右側(cè)噴出。這種高速粒子流噴射出去,可推動衛(wèi)星運動,電子在區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效果越好,已知銫離子荷質(zhì)比qM=7.25105 Ckg-1,銫離子M=2.210-25 kg,電子質(zhì)量為m=0.910-30 kg,電量為e=1.6010-19 C(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)。(1)求區(qū)的加速電壓;(2)為取得好的電離效果,請判斷區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);(3)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vm與角的關(guān)系;(4)若單位時間內(nèi)噴射出N=1018個銫離子,試求推進器的推力(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)。8.(2018浙江溫州市十五校聯(lián)合體高二下學期期末)如圖所示的xOy坐標系中,y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直于xOy平面向里。P點的坐標為(-L,0),M1、M2兩點的坐標分別為(0,L)、 (0,-L)。平行金屬板板間電壓大小可調(diào),質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負電粒子,從靠近負極板由靜止開始加速,恰能沿PM1方向運動,從M1進入磁場。在坐標為-,0處的C點固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板,C為擋板中點。假設帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后,沿y方向分速度不變,沿x方向分速度大小不變、方向相反。不計粒子的重力及與擋板碰撞的時間。(1)若粒子第一次通過磁場后恰好通過O點,求粒子第一次經(jīng)過x軸的坐標;(2)若粒子第一次通過磁場后恰好直接通過M2,求加速電壓的大小;(3)若粒子與擋板碰撞兩次后返回P點,求粒子從P點開始計時到返回P點的時間。9.(2018浙江杭州高考命題預測)如圖所示,在x軸上方有一豎直向下的勻強電場區(qū)域,電場強度為E=500 V/m。x軸下方分布有很多磁感應強度為B=1 T的條形勻強磁場區(qū)域,其寬度均為d1=3 cm,相鄰兩磁場區(qū)域的間距為d2=4 cm?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m=510-13 kg、電荷量為q=110-8 C的帶正電的粒子(不計重力)從y軸上的某處靜止釋放。(1)若粒子從坐標(0,1.25 cm)點由靜止釋放,求粒子剛剛進入磁場瞬間的速度大小。(2)調(diào)節(jié)釋放點的位置坐標(0,h),要使它經(jīng)過x軸下方時,不會進入第二磁場區(qū),h應滿足什么條件?(3)若粒子從坐標(0,5 cm)點由靜止釋放,求粒子自釋放到第二次過x軸的時間。10.如圖甲所示,建立xOy坐標系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱,極板長度和板間距均為l。在第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于xOy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子。在03t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、t0、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)(1)求電壓U0的大小;(2)求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑;(3)何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短?求此最短時間。11.(2018年11月浙江選考,23)【加試題】小明受回旋加速器的啟發(fā),設計了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N,板M位于x軸上,板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓,周期T0=2mqB。板M上方和板N下方有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場。粒子探測器位于y軸處,僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源,沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子。t=0時刻,發(fā)射源在(x,0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在電場中運動的時間不計。圖1圖2(1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測到,求發(fā)射源的位置和粒子的初動能;(2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到,求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系?？键c強化練40帶電粒子在組合場或復合場中的運動1.B帶點粒子在電場中運動時,電場力做正功,在電場和磁場的復合場中運動時,洛倫茲力不做功,電場力做負功,所以有v2<v0<v1,對以上兩個過程運用動能定理:qU2=12m(v12-v02),qU2=12m(v02-v22)聯(lián)立解得v0=v12+v222,正確選項是B。2.C電場力豎直向上,電場向下,所以該微粒帶負電,從C點運動至D點,電場力做正功,電勢能減小,所以微粒在D點時的電勢能比在C點時的小,故AD錯誤;在此過程中電場力對微粒做的功為W=Fx=mg(d-0.3d-0.2d)=0.5mgd,故C正確。3.ADA圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向上。故A正確;B圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶負電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故B錯誤;C圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故C錯誤;D圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向上,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故D正確。4.ABD因為初速度v0大小不確定,因此洛倫茲力大小不確定,由于桿的存在,環(huán)在垂直運動方向上處于受力平衡狀態(tài),即向上的合力等于向下的合力。(1)若Bv0q=mg,則沒有支持力,不會產(chǎn)生摩擦力,物體做勻速直線運動,所以A正確。(2)若Bv0q<mg,則支持力豎直向上,摩擦力向左,因此物體做減速直線運動,則支持力越來越大,所以最后將會停止運動,動能全部轉(zhuǎn)化為熱量,因此B正確。(3)Bv0q>mg,則支持力豎直向下,摩擦力向左,物體減速。當支持力為零,物體做勻速直線運動,而最終速度應該為v=mgBq,根據(jù)能量守恒定律,損失的動能即為產(chǎn)生的熱量,所以產(chǎn)生熱量為12mv02-12m(mgqB)2,因此D正確。5.CD小球靜止時只受電場力、重力、支持力及摩擦力,電場力水平向左,摩擦力豎直向上;開始時,小球的加速度應為a=mg-Eqm;小球速度將增大,產(chǎn)生洛倫茲力,由左手定則可以知道,洛倫茲力向右,故水平方向合力將減小,摩擦力減小,故加速度增大;故A錯誤;當洛倫茲力等于電場力時,摩擦力為零,此時加速度為g,達最大;此后速度繼續(xù)增大,則洛倫茲力增大,水平方向上的合力增大,摩擦力將增大;加速度將減小,故最大加速度的一半會有兩種情況,一是在洛倫茲力小于電場力的時間內(nèi),另一種是在洛倫茲力大于電場力的情況下,則:g2=mg-(Eq-Bqv1)m,計算得出,v1=2qE-mg2qB,所以C選項是正確的;同理有:g2=mg-(Bqv2-Eq)m,計算得出v2=2qE+mg2qB,所以D選項是正確的;而在下降過程中有摩擦力做功,故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故機械能和電勢能的總和將減小。6.答案 (1)2qUmv12qUm+v2(2)xm=2rm=4mUqB2+m2v2q2B2(3)v=qUm解析 (1)設離子以初速度v0進入電場,離開電場時速度為v1,由:qU=12mv12-12mv02解得v1=2qUm+v02由題意可知,乙離子進入電場時速度范圍0v,可得乙離子離開電場時速度范圍為:2qUmv12qUm+v2(2)粒子在磁場中只受洛倫茲力作用,有qBv1=mv12r解得r=2mUqB2+m2v02q2B2經(jīng)判斷知,以v進入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠處rm=2mUqB2+m2v2q2B2,xm=2rm=4mUqB2+m2v2q2B2(3)當乙離子平行于y軸且以最大速度射出時能打到最遠,此時距O孔最遠處為2r乙=2mqB2qUm+v2當甲離子沿與y軸成30且以最小速度射出時能打到最近,此時距O孔最近處為2r甲cos 30=4mqBqUmcos 30當2r乙=2r甲cos 30時,即v=qUm所以要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,離子最大初速度v<qUm。7.答案 (1)U=3.625103 V(2)垂直紙面向外(3)vm=83(2-sin)108 m/s(4)F=1.6102 N解析 (1)帶電粒子在區(qū)加速,根據(jù)動能定理得:qU=12mv2,解得:U=3.625103 V(2)要取得較好的電離效果,電子須在出射方向左邊做勻速圓周運動,即為按逆時針方向旋轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知,此刻區(qū)磁場應該是垂直紙面向外。(3)當電子以角入射時,最大速度對應軌跡如圖所示軌跡圓與圓柱腔相切,此時有:OCO=90-,OC=R2,OC=r,OO=R-r,由余弦定理得:(R-r)2=R22+r2-2rR2cos(90-),又cos(90-)=sin ,聯(lián)立解得:r=3R4(2-sin)在磁場中有:evmB=mvm2r聯(lián)立解得:vm=83(2-sin)108 m/s(4)根據(jù)動量定理得:Ft=NMv0代入數(shù)據(jù)得:F=1.6102 N8.答案 (1)(L,0)(2)qB2L2m(3)9m2qB+6mqB解析 (1)由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示甲由幾何關(guān)系可得粒子經(jīng)過x軸的坐標為(L,0)乙(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動,畫出運動軌跡如圖乙所示;由幾何關(guān)系可以知道粒子做勻速圓周運動的半徑:r=2L對粒子,洛倫茲力提供向心力:qvB=mv2r電場中加速,由動能定理:qU=12mv2由以上各式解得:U=qB2L2m丙(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑設為R,由題設畫出粒子的運動軌跡如圖丙所示,進入磁場的方向與PM1方向平行,每次在磁場中偏轉(zhuǎn)一次,沿y軸的負方向下移距離:y1=2R從磁場出來與C板碰撞再進入磁場時,粒子沿y軸正方向上移的距離:y2=23R,其中qvB=mv2R根據(jù)題意經(jīng)過兩次與C板碰撞后回到P點,則有:2L=3y1-2y2,在磁場中的時間t1=33m2qB在磁場外的時間:t2=22Lv+222L3v運動的時間為t=t1+t2=9m2qB+6mqB9.答案 (1)5102 m/s(2)1.810-2 m(3)3.5710-4 s解析 (1)由Eqh1=12mv12得到v1=2Eqh1m=5102 m/s(2)粒子經(jīng)電場加速,經(jīng)過x軸時速度大小為v,滿足:Eqh=12mv2之后進入下方磁場區(qū),依據(jù)題意可知運動半徑應滿足R1<d1又由qvB=mv2R1,得R1=mv1qB由以上三式可得:h1<qB2d122Em=1.810-2 m(3)當粒子從h2=5 cm的位置無初速釋放后,先在電場中加速,加速時間為t1滿足h2=12Eqmt12解得t1=2h2mEq=110-4 s進入磁場的速度大小為v2,圓周運動半徑為R2Eqh2=12mv22,解得v2=2Eqh2m=1103 m/sR2=mv2qB解得R2=2Emh2qB=5 cm根據(jù)粒子在空間運動軌跡可知,它最低能進入第二個磁場區(qū)它在磁場區(qū)共運動時間為半個圓周運動的時間t2=mqB=1.5710-4 s它經(jīng)過第一無磁場區(qū)時運動方向與x軸的夾角滿足:sin =d1R2=0.6所以它在無磁場區(qū)的路程s=2d2cos=0.1 m無磁場區(qū)運動時間t3=sv2=110-4 s總時間t=t1+t2+t3=3.5710-4 s10.答案 (1)ml2qt02(2)5ml2qBt0(3)2t0m2qB解析 (1)t=0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動,t0時刻剛好從極板邊緣射出,則有y=12l,x=l,電場強度:E=U0l,由牛頓第二定律得Eq=ma,偏移量:y=12at02,由解得U0=ml2qt02。(2)12t0時刻進入兩極板的帶電粒子,前12t0時間在電場中偏轉(zhuǎn),后12t0時間兩極板沒有電場,帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度vx=v0=lt0帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度vy=a12t0帶電粒子離開電場時的速度v=vx2+vy2設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=mv2R,由解得R=5ml2qBt0。(3)在t=2t0時刻進入兩極板的帶電粒子,在電場中做類平拋運動的時間最長,飛出極板時速度方向與磁場邊界的夾角最小,而根據(jù)幾何知識可知,軌跡的圓心角等于粒子射入磁場時速度方向與邊界夾角的2倍,所以在t=2t0時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度vy=at0設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為,則tan =v0vy,由解得=4,帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示,圓弧所對的圓心角=2=2,所求最短時間tmin=14T,帶電粒子在磁場中運動的周期T=2mqB,聯(lián)立以上兩式解得tmin=m2qB。11.答案 (1)x0=y0(qBy0)22m(2)Ek0>2qU0,x=y+2qB(yqB)2+2mqU0+(yqB)2+4mqU0);qU0<Ek0<2qU0,x=-3(y+d)+2qB(y+d)2q2B2+2mqU0;Ek0<qU0,x=-y-d+4qB(y+d)2q2B2-2mqU0解析 (1)發(fā)射源的位置x0=y0粒子的初動能Ek0=(qBy0)22m(2)分下面三種情況討論()見圖1,Ek0>2qU0由y=mv2qB、R0=mv0qB、R1=mv1qB和12mv12=12mv02-qU0、12mv22=12mv12-qU0及x=y+2(R0+R1)得x=y+2qB(yqB)2+2mqU0+2qB(yqB)2+4mqU0()見圖2,qU0<Ek0<2qU0由-y-d=mv2qB、R0=mv0qB,和12mv02=12mv22+qU0及x=3(-y-d)+2R0得x=-3(y+d)+2qB(y+d)2q2B2+2mqU0()見圖3,Ek0<qU0由-y-d=mv2qB、R0=mv0qB和12mv02=12mv22-qU0及x=-y-d+4R0得x=-y-d+4qB(y+d)2q2B2-2mqU0