2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練11 帶電體在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

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1、課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(十一) 帶電體在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(1～2題為單項(xiàng)選擇題，3～4題為多項(xiàng)選擇題) 1．(2018·本溪市高級(jí)中學(xué)高三二模)如圖所示，某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場E，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy，在y<0的空間里有與場強(qiáng)E垂直的勻強(qiáng)磁場B，在y>0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點(diǎn))自由釋放，此液滴則沿y軸的負(fù)方向，以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，瞬間被安裝在原點(diǎn)的一個(gè)裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變)，隨后液滴進(jìn)入y<0的空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)，則液滴在y<0的空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中 (　　) A．

2、重力勢(shì)能一定不斷減小 B．電勢(shì)能一定先減小后增大 C．動(dòng)能不斷增大 D．動(dòng)能保持不變 D　[在y>0的空間內(nèi)，根據(jù)液滴沿y軸負(fù)方向以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)可知，液滴在此空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)所受電場力方向向下，大小等于重力；進(jìn)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(gè)周期的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在這半個(gè)周期內(nèi)，洛倫茲力不做功，動(dòng)能保持不變，重力勢(shì)能先減小后增大，電勢(shì)能先增大后減小，故D正確．] 2．(2018·北京景山學(xué)校調(diào)研)如圖所示，a、b為豎直正對(duì)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(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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(zhuǎn)電場，不計(jì)粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點(diǎn)進(jìn)入磁場，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后又從PQ邊界上的N點(diǎn)射出磁場，設(shè)M、N兩點(diǎn)距離為x(M、N點(diǎn)在圖中未畫出)．則以下說法中正確的是 (　　) A．只減小磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則x不變 D　[粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周

4、運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)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(guān)系可知x＝2Rsin θ＝，只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B、只增大初速度v0或只減小帶電粒子的比荷時(shí)，都可使x增大，而x與偏轉(zhuǎn)電場的電壓U無關(guān)，故選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)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(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場及水平向左的勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)沿cd方向射入場區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運(yùn)動(dòng)，如果僅撤去磁場，帶電粒子經(jīng)過a點(diǎn)，如果撤去電

5、場，且將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?，不?jì)粒子重力，下列說法正確的是 (　　) A．電場強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的半徑為0.1 m D．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為7.85×10－5 s AC　[粒子沿直線運(yùn)動(dòng)，則Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝10 N/C，選項(xiàng)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(xiàng)B錯(cuò)誤；撤去電場后，帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝＝0.1 m，選項(xiàng)C正確；帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝＝≈1.57×10－4 s

6、，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 4．(2018·高考物理全真模擬二)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)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(nèi)有均勻輻射電場，在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計(jì))，經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后由P點(diǎn)進(jìn)入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入收集器，下列說法中正確的是(　　) A．磁分析器中勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向內(nèi)

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(diǎn)的距離d＝ D．任何離子若能到達(dá)P點(diǎn)，則一定能進(jìn)入收集器 BC　[A.離子在磁分析器中沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，所受洛倫磁力指向圓心，根據(jù)左手定則，磁分析器中勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向外，故A錯(cuò)誤；B.離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有： qE＝m，設(shè)離子進(jìn)入靜電分析器時(shí)的速度為v，離子在加速電場中加速的過程中，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(zhì)量、電量無關(guān)，離

8、子在磁場中的軌道半徑：r＝，離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電量有關(guān)，能夠到達(dá)P點(diǎn)的不同離子，半徑不一定都等于d，不一定能進(jìn)入收集器，故D錯(cuò)誤．] 二、非選擇題 5．(2018·濟(jì)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(duì)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(qiáng)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(diǎn)為O.P、Q之間的電壓UPQ隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝.粒子源連續(xù)釋放初速度不計(jì)、

9、質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子，經(jīng)加速后進(jìn)入豎直極板P、Q之間的電場．再進(jìn)入下方磁場的粒子全部打在感光膠片上．已知粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間遠(yuǎn)小于電場變化的周期，粒子所受重力不計(jì)．求： (1)帶電粒子從N板小孔射出時(shí)的速度； (2)為使進(jìn)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(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立坐標(biāo)軸Ox，粒子在膠片上的落點(diǎn)的坐標(biāo)范圍． 解析　(1)在加速電場，由動(dòng)能定理得：qU0＝mv　解得：v0＝ (2)設(shè)帶電粒子以速度v進(jìn)入磁場，且與磁場邊界之間的夾角為α?xí)r，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖 由幾何關(guān)系得：向下偏移的距離Δy＝R－Rcos α＝R(

10、1－cos α) 在磁場中偏轉(zhuǎn)，則有：qvB＝m　又v0＝vsin α　聯(lián)立解得：Δy＝ 當(dāng)α＝90°時(shí)，Δy有最大值，即Δymax＝x＝＝ (3)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 若t＝0時(shí)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，在電場中勻速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場時(shí)R＝L，打在感光膠片上距離中心線最近為x＝2L，任意電壓時(shí)出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度為vn 根據(jù)幾何關(guān)系得： vn＝，Rn＝ 在膠片上落點(diǎn)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(zhuǎn)電壓無關(guān) 在感光膠片上的落點(diǎn)寬度等于粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)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(jí)第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個(gè)矩形區(qū)域，左側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，右側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線．a(chǎn)f＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(重力不計(jì))從a點(diǎn)沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點(diǎn)g進(jìn)入磁場．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??； (2)若要求電子從cd邊射出，求所加勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B； (3)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，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(jìn)入磁場時(shí)，速度方向與be邊夾角的正切值tan θ＝＝0.75，解得：θ＝37° 電子進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v＝＝v0 設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與cd邊相切時(shí)，半徑最小為r1，軌跡如圖所示： 則由幾何關(guān)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(duì)應(yīng)的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度：Bm＝ (3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與de邊相切時(shí)，半徑為r2， 則r2＝r2sin 37°＋ 解得：r2＝又r2cos θ＝L，故切點(diǎn)剛好為d點(diǎn)

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(biāo)系xOy的第一象限中有兩個(gè)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(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)， C點(diǎn)坐標(biāo)為(4L, 3L)，M點(diǎn)為OC的中點(diǎn)．質(zhì)量為m帶電量為－q的粒子從C點(diǎn)以平行于y軸方向射入磁場Ⅱ中，速度大小為，不計(jì)粒子所受重力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場區(qū)域相切時(shí)認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場． (1)若粒子無法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度大??；

14、 (3)若粒子能到達(dá)M點(diǎn)，求區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的所有可能值． 解析　(1)粒子速度越大，半徑越大，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與x軸相切時(shí)，恰好不能進(jìn)入Ⅰ區(qū)域故粒子運(yùn)動(dòng)半徑r0>3L 粒子運(yùn)動(dòng)半徑滿足：qBv0＝m 代入v0＝ 解得B< (2)粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)半徑r＝＝ 若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑R較小，則粒子會(huì)從AC邊射出磁場．恰好不從AC邊射出時(shí)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(dá)到M點(diǎn) 每次前進(jìn)＝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(shí)R＝L，B＝B0 n＝2時(shí)R＝L，B＝B0 n＝3時(shí)R＝L，B＝B0 ②若粒子由區(qū)域Ⅱ達(dá)到M點(diǎn) 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(shí)R＝L，B＝B0 n＝1時(shí)R＝L，B＝B0 答案　見解析 8．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域I內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做

16、直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)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(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小， (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小． 解析　(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 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(yùn)動(dòng)，電場強(qiáng)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(yùn)動(dòng)， 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(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以mg＝qE3，得E3＝ 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示 由幾何關(guān)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(qiáng)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(qiáng)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(diǎn)共線，M、P、N三點(diǎn)共線，曲線QN是以2a為半徑、以AQ上某點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)為圓心的一段圓弧，該區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入下方磁場區(qū)域．不計(jì)離子重力，忽略離子間的相互作用． (1)求由P點(diǎn)進(jìn)入下方磁場的離子速度； (2)若由P點(diǎn)進(jìn)入下方磁場的正負(fù)離子都從MN邊界上穿出，求這些正負(fù)離子的比荷的最小值之比； (3)若

19、由P點(diǎn)進(jìn)入下方磁場的另一些正負(fù)離子的比荷都處于(2)問中兩個(gè)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(fù)離子到達(dá)的區(qū)域范圍． 解析　(1)只有離子在平行金屬板間勻速運(yùn)動(dòng)，帶電粒子才有可能從C點(diǎn)進(jìn)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(diǎn)進(jìn)入下方磁場的正負(fù)離子都從MN邊界上穿出，比荷最小的正負(fù)帶電粒子剛好與邊界相切．也就是帶正電的粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓周與圓形磁場相切，帶負(fù)電的粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的圓周與圓形磁場相切，由幾何關(guān)系可得：R＋a2＝(2a－R1)2 解得：R1＝ 帶正電粒子最小比荷是＝＝ 帶負(fù)電的粒子做圓周運(yùn)動(dòng)與直角三角形的斜邊MQ相切，由幾何關(guān)系可得：＝＝ 解得：R2＝a 帶負(fù)粒子最小比荷是＝＝ 所以，這些正負(fù)離子的比荷的最小值之比＝ (3)若由P點(diǎn)進(jìn)入下方磁場的另一些正負(fù)離子的比荷都處于(2)問中兩個(gè)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(yùn)動(dòng)較跡如圖所示，到P點(diǎn)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(diǎn)a，寬度是ab＝a 帶負(fù)電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 到M點(diǎn)距離x2＝＝a 范圍寬度d2＝(R1－x2)＝a 所以帶負(fù)電粒子MQ邊界是穿出，范圍是距M點(diǎn)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(diǎn)a，寬度是ab＝a；帶負(fù)電粒子MQ邊界是穿出，范圍是距M點(diǎn)a，寬度是cd＝a 12