《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前十天必考熱點(diǎn)沖刺 熱考11 帶電粒子在場中的運(yùn)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(diǎn)沖刺 熱考11 帶電粒子在場中的運(yùn)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(yùn)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(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動的時間之比為2∶1 C．若甲、乙兩粒子同時到達(dá)Q點(diǎn)，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(diǎn)，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(yùn)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(yùn)動的周期相同，則兩粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比等于兩粒子在磁場中運(yùn)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(diǎn)，則兩粒子在磁場中運(yùn)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(diǎn)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(diǎn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動，運(yùn)動時間為 B．微粒在PQ與JK間做勻速圓周運(yùn)動，圓周半徑r＝d C．微粒在PQ與JK間做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間為 D．微粒在題述兩個區(qū)域中運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(diǎn)在同一水平線上的O點(diǎn)以速度v0豎直向上拋出，粒子運(yùn)動過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運(yùn)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(yùn)動，設(shè)粒子運(yùn)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(diǎn)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(yùn)動的最短時間； (2)粒子離開磁場時距O點(diǎn)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(yùn)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(diǎn)O處的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最短，該粒子運(yùn)動軌跡如圖甲． 此時，粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角α＝90°，粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)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(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動的軌跡半徑也為R，求： (1)帶電粒子的初速度大?。? (2)帶電粒子回到P點(diǎn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動后又回到P點(diǎn)． 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T＝ 所以帶電粒子回到P點(diǎn)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(diǎn)，O點(diǎn)是圓的圓心，M、O、N三點(diǎn)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(diǎn)以速度v0沿MON直線相向進(jìn)入磁場．它們在磁場中運(yùn)動相同的時間，并以相同的方向離開磁場，若從N點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)以2v0進(jìn)入磁場運(yùn)動到M點(diǎn)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(yùn)動圓周時，兩個粒子的運(yùn)動時間才相同(如圖中實(shí)線)，粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)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(diǎn)射出，粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)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(diǎn)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(yùn)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(diǎn)對稱的位置，計算勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?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(yùn)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(diǎn)對稱的位置，根據(jù)對稱性可知， 它在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心應(yīng)在x軸上，其運(yùn)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(diǎn)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(diǎn)．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(diǎn)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(diǎn)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＝