《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前十天必考熱點沖刺 熱考11 帶電粒子在場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前十天必考熱點沖刺 熱考11 帶電粒子在場中的運動（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱考11　帶電粒子在場中的運動 一、選擇題 1．(多選)(2019年安徽名校聯(lián)考)如圖所示，MN是垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場的邊界，在邊界上P點有甲、乙兩粒子同時沿與PN分別成60°、30°角垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均從Q點射出磁場，不計粒子的重力以及粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是(　　) A．若甲、乙兩粒子完全相同，則甲、乙兩粒子的速度之比為1∶ B．若甲、乙兩粒子完全相同，則甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為2∶1 C．若甲、乙兩粒子同時到達(dá)Q點，則甲、乙兩粒子的速度之比為∶2 D．若甲、乙兩粒子同時到達(dá)Q點，則甲、乙兩粒子的比荷之比為2∶1 【答案】AB

2、D 【解析】設(shè)PQ間的距離為L，則甲、乙粒子在磁場中做圓周運動的半徑，r甲＝＝，r乙＝＝L，如果兩粒子完全相同，由r＝得v＝，則甲、乙兩粒子的速度之比為＝，A正確；如果粒子完全相同，則粒子做圓周運動的周期相同，則兩粒子在磁場中運動的時間之比等于兩粒子在磁場中運動的軌道所對的圓心角之比，即＝2，B正確；若甲、乙兩粒子同時到達(dá)Q點，則兩粒子在磁場中運動的時間相同，則粒子的速度之比等于軌跡的弧長之比，即＝＝，則甲、乙兩粒子的比荷之比為·＝·＝2∶1，C錯誤、D正確． 2．(多選)(2019年百校聯(lián)盟保溫金卷)如圖所示，在豎直線EOF右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的

3、勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量相同、電荷量分別為＋q和－q的帶電粒子，從O點以相同的速度，先后射入磁場，已知v的方向與OF成θ＝30°，兩帶電粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，則(　　) A．兩帶電粒子回到EOF豎直線時與O點的距離相等 B．兩帶電粒子回到EOF豎直線時的速度相同 C．兩帶電粒子在磁場中的運動時間相等 D．從射入到射出磁場的過程中，兩粒子所受洛侖茲力的沖量相同 【答案】ABD 3．(2019年天一大聯(lián)考)如圖所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的右邊界為MN，在距邊界為r處有一粒子源S，粒子源沿平行紙面的各個方向均勻地射出大量質(zhì)量為m、電荷量為q、速率為v的相同粒子，不計粒子的重力及粒子間

4、的作用力，若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝，則能從右邊界逸出的粒子數(shù)與發(fā)射的粒子數(shù)的比例為(　　) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根據(jù)題意，作出粒子恰好能出射的運動軌跡，如圖所示．由圖可知，粒子的出射范圍在A與B之間，設(shè)∠O2SO＝∠O1SO＝θ，根據(jù)qvB＝m，得粒子的運動軌跡半徑為R＝2(2－)r，根據(jù)幾何關(guān)系有cos θ＝，其中SO＝SC－R＝r－R，SO1＝R，代入則有cos θ＝＝，解得θ＝30°，則粒子能出射的角度為2θ＝60°，故能從右邊界逸出的粒子數(shù)與發(fā)射的粒子數(shù)的比例為＝，故選D. 4．(多選)(2019年廣東茂名聯(lián)考)如圖所示，金屬棒MN與金屬網(wǎng)PQ之間

5、存在水平向右的勻強(qiáng)電場，PQ與虛線JK之間的區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)電場與垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個電場的電場強(qiáng)度大小均為E，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，兩個區(qū)域的寬度均為d.一個帶正電的微粒貼著MN以初速度v0豎直向上射入場區(qū)，運動到PQ時速度大小仍為v0，方向變?yōu)樗较蛴遥阎亓铀俣葹間，下列說法正確的是(　　) A．微粒在MN與PQ間做勻變速運動，運動時間為 B．微粒在PQ與JK間做勻速圓周運動，圓周半徑r＝d C．微粒在PQ與JK間做勻速直線運動，運動時間為 D．微粒在題述兩個區(qū)域中運動的總時間為 【答案】AD 【解析】微粒在MN與PQ間豎直方向受到重力作用，水平方向

6、受到電場力作用，由于都是恒力，故微粒做勻變速運動，由對稱性可知Eq＝mg，在豎直方向v0＝gt1，則t1＝或水平方向t1＝＝，故A正確；微粒在剛進(jìn)入PQ與JK間時，受到向下的重力、向上的電場力和向上的洛倫茲力作用，由于B＝，則有Bqv0＝qE＝mg，由于重力和電場力平衡，故微粒做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝m，得半徑為r＝，聯(lián)立可得r＝2d，故B錯誤；由幾何關(guān)系可知，微粒在PQ與JK間運動的圓心角為30°，故所用時間為t2＝＝＝，所以微粒在題述兩個區(qū)域中運動的總時間為t＝t1＋t2＝，故C錯誤，D正確． 二、計算題 5．如圖所示，空間存在電場強(qiáng)度為E、方向水平向右足夠大的勻

7、強(qiáng)電場．擋板MN與水平方向所夾角為θ，質(zhì)量為m、電量為q、帶正電的粒子從與M點在同一水平線上的O點以速度v0豎直向上拋出，粒子運動過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運動軌跡所在平面與擋板垂直，不計粒子的重力，求： (1)粒子貼近擋板時水平方向速度的大??； (2)O、M間的距離． 【答案】(1)v0cot θ　(2) 【解析】(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時其速度方向與擋板恰好平行，設(shè)此時粒子水平方向速度大小為vx，則cot θ＝ 解得vx＝v0cot θ. (2)粒子做類平拋運動，設(shè)粒子運動加速度為a，由牛頓第二定律可知qE＝ma 在如圖所示的坐標(biāo)系中可得vx＝a

8、t，x0＝at2，y0＝v0t 設(shè)O、M間的距離為d，由幾何關(guān)系cot θ＝ 解得d＝. 6．(2019年河北石家莊模擬)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，坐標(biāo)原點O處有一粒子源，向與x軸成θ＝45°角的方向連續(xù)不斷地發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度大小為v的粒子，經(jīng)過足夠長的時間后，在第Ⅰ象限加一方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁楊，不計粒子重力及粒子間的相互作用．求： (1)粒子在磁場中運動的最短時間； (2)粒子離開磁場時距O點的最大距離． 【答案】(1)　(2) 【解析】(1)加上磁場時，設(shè)粒子在磁場中運動的周期為T，軌道半徑為r qvB＝，T＝ 聯(lián)立解得

9、T＝ 位于坐標(biāo)原點O處的粒子在磁場中運動的時間最短，該粒子運動軌跡如圖甲． 此時，粒子在磁場中運動的圓心角α＝90°，粒子在磁場中運動的時間t＝T 解得t＝ 　　 甲　　　　　　　　　乙 (2)粒子打到x軸最遠(yuǎn)處時，該粒子運動軌跡如圖乙． 由(1)可知粒子的軌道半徑r＝ 粒子離開磁場時距O點的最大距離xm＝2r 解得xm＝. 7．(2019年廣東茂名聯(lián)考)如圖所示，在某空間存在一面積足夠大的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，在該區(qū)域中心有一半徑為R的圓，O為圓心，園內(nèi)的磁場垂直紙面向里，圓外的磁場垂直紙面向外，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.如果在P點有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿半徑方向射入，

10、它在磁場中做圓周運動的軌跡半徑也為R，求： (1)帶電粒子的初速度大小； (2)帶電粒子回到P點所需的時間． 【答案】(1)　(2) 【解析】(1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式可得 qvB＝m，解得v＝. (2)因為粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑也為R，所以它在圓形區(qū)域內(nèi)的軌跡是四分之一圓弧，如圖所示．是圓O1的一部分；離開圓形區(qū)域后，所受洛倫茲力方向相反，以O(shè)2為圓心做圓周運動，經(jīng)過四分之三弧長后又進(jìn)入圓形區(qū)域……，這樣依次以O(shè)1、O2、O3、O4為圓心做部分圓周運動后又回到P點． 粒子在磁場中做圓周運動的周期為T＝ 所以帶電粒子回到P點所需的時間為 t＝×2＋×

11、2＝2T＝. 8．(2019年貴陽二模)如圖所示，一邊長為2R的正方形與半徑為R的圓相切，兩區(qū)域內(nèi)有大小相等方向相反的勻強(qiáng)磁場．M是正方形左邊長的中點，O點是圓的圓心，M、O、N三點共線．若把比荷為、重力不計的兩個帶正電的粒子分別從M、N兩點以速度v0沿MON直線相向進(jìn)入磁場．它們在磁場中運動相同的時間，并以相同的方向離開磁場，若從N點進(jìn)入磁場的帶電粒子的速度大小變?yōu)?v0，并改變其速度方向，該粒子將從M點離開磁場．求： (1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (2)粒子從N點以2v0進(jìn)入磁場運動到M點的總時間． 【答案】(1)B＝　(2)t＝ 【解析】(1)如圖所示，只有當(dāng)帶電粒子在

12、磁場中運動圓周時，兩個粒子的運動時間才相同(如圖中實線)，粒子在磁場中運動的向心力由洛倫茲力提供qv0B＝ 由幾何關(guān)系可知，帶電粒子做勻速圓周運動的半徑r＝R 所以B＝. (2)如圖所示，當(dāng)帶電粒子在圓形磁場中從N進(jìn)入從M點射出，粒子在磁場中運動的向心力由洛倫茲力提供 q(2v0)B＝ 解得r′＝2R 所以△MO2P和△PNO1都是正三角形，該粒子在兩個磁場中運動的總時間t＝，T＝ 聯(lián)立解得t＝. 9．(2019年齊齊哈爾三模)如圖所示，三塊等大且平行正對的金屬板水平放置．金屬板厚度不計且間距足夠大．上面兩金屬板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場．下面兩板間有豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)

13、度大小皆為E.以中間金屬板的中軸線為x軸，右側(cè)邊緣O為原點建立平面直角坐標(biāo)系xOy，在坐標(biāo)系的第Ⅰ、Ⅳ限象有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)有一重力不計的絕緣帶電小球質(zhì)量為m、電荷租為－q，從中間金屬板上坐標(biāo)位置(－l,0)處．以初速度v0沿x軸正方向開始運動，已知l＝，試求： (1)帶電小球進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)(用l表示)與帶電小球進(jìn)入磁場時的速度大小與方向； (2)若要使帶電小球能回到中間金屬板下邊面與釋放點對稱的位置，計算勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小．(用E、v0表示) 【答案】(1)，與y軸正向夾角45°　(2) 【解析】(1)帶電小球在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動．水平方向上l＝v0

14、t 豎直方向上加速度a＝ 豎直位移y＝at2＝·＝ 所以帶電小球進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)為 豎直方向速度vy＝t＝v0 所以v＝＝v0 因為tan θ＝＝1，所以速度方向與y軸正向夾角為45°. (2)若要使帶電小球能回到中間金屬板下邊面與釋放點對稱的位置，根據(jù)對稱性可知， 它在磁場中做圓周運動的圓心應(yīng)在x軸上，其運動軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系有 r＝y(tǒng)＝l 據(jù)qvB＝ 聯(lián)立解得B＝. 10．(2019年河北唐山一模)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第二象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，第三、四象限存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示．一質(zhì)量為m，帶電量為q的正粒

15、子從坐標(biāo)為(－L，L)的P點沿y軸負(fù)向進(jìn)入電場，初速度大小為v0＝，粒子第二次到達(dá)x軸的位置為坐標(biāo)原點．不計粒子的重力，求： (1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)若粒子由P點沿x軸正向入射，初速度仍為v0＝，求粒子第二次到達(dá)x軸時與坐標(biāo)原點的距離． 【答案】(1)4　(2) L 【解析】(1)由動能定理 qEL＝mv2－mv 粒子進(jìn)入磁場時速度大小為v＝ 在磁場中L＝2R qvB＝m 可得B＝4. (2)假設(shè)粒子由y軸離開電場 L＝v0t y1＝at2 qE＝ma 可得y＝