《（全國通用）2020年高考物理一輪題復(fù)習(xí) 第九章 磁場 微專題64 帶電粒子在組合場中的運動（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020年高考物理一輪題復(fù)習(xí) 第九章 磁場 微專題64 帶電粒子在組合場中的運動（通用）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、帶電粒子在組合場中的運動 1(多選)如圖1所示，在平行豎直虛線a與b、b與c、c與d之間分別存在著垂直于虛線的勻強電場、平行于虛線的勻強電場、垂直紙面向里的勻強磁場，虛線d處有一熒光屏大量正離子(初速度和重力均忽略不計)從虛線a上的P孔處進入電場，經(jīng)過三個場區(qū)后有一部分打在熒光屏上關(guān)于這部分離子，若比荷越大，則離子()圖1A經(jīng)過虛線c的位置越低B經(jīng)過虛線c的速度越大C打在熒光屏上的位置越低D打在熒光屏上的位置越高2如圖2所示，在xOy直角坐標(biāo)系中，第象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第象限內(nèi)分布著沿y軸負(fù)方向的勻強電場初速度為零、帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x
2、軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，重力不計，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點且垂直于y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點已知OAOCd.則磁感應(yīng)強度B和電場強度E可表示為()圖2AB，EBB，ECB，EDB，E3(多選)如圖3所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸下方的等腰直角三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，現(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子從y軸上的P點由靜止釋放，設(shè)P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響下列說法正確的是()圖3A若h，則粒子垂直于CM射出磁場B若h，則
3、粒子平行于x軸射出磁場C若h，則粒子垂直于CM射出磁場D若h，則粒子平行于x軸射出磁場4如圖4所示，在xOy平面內(nèi)，y軸左側(cè)有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E；在0xL的區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小不變、方向做周期性變化一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(粒子重力不計)，由坐標(biāo)為(L，)的A點靜止釋放圖4(1)求粒子第一次通過y軸時速度大??；(2)求粒子第一次射入磁場時的位置坐標(biāo)及速度；(3)現(xiàn)控制磁場方向的變化周期和釋放粒子的時刻，實現(xiàn)粒子能沿一定軌道做往復(fù)運動，求磁場的磁感應(yīng)強度B的大小取值范圍5如圖5所示，矩形abcd相切于半圓，小孔M、N連線延長線經(jīng)過圓心
4、O點且與ad垂直一束質(zhì)量為m、帶電荷量為q的離子(不計重力)以不同速率沿MN方向從M孔射入圖5(1)金屬板間電壓為U0時，求從N孔射出的離子的速度大??；(2)要使離子能打到ab上，求金屬板間電壓U的取值范圍6如圖6所示的xOy坐標(biāo)系中，在第象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，第象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點垂直進入勻強電場，經(jīng)過x軸上的Q點以速度v進入磁場，方向與x軸正向成30角若粒子在磁場中運動后恰好能再回到電場，已知OQ3L，粒子的重力不計，電場強度E和磁感應(yīng)強度B大小均未知求：圖6(1)OP的距離；(2)磁感應(yīng)強度B的大?。?3)若在O點
5、右側(cè)22L處放置一平行于y軸的擋板，粒子能擊中擋板并被吸收，求粒子從P點進入電場到擊中擋板的時間7如圖7，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標(biāo)為(l,0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標(biāo)平面的矩形有界勻強磁場(圖中未畫出)現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上A點(0,0.5l)射出電場，射出時速度方向與y軸負(fù)方向成30角，此后，電子做勻速直線運動，進入磁場并從矩形有界磁場邊界上Q點射出，速度沿x軸負(fù)方向，不計電子重力，求：圖7(1)勻強電場的電場強度E的大??；(2)
6、勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t；(3)矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin.答案解析1BD當(dāng)離子在a與b之間，根據(jù)動能定理得mv2qU，則v ，故比荷越大，經(jīng)過b的速度越大；在b與c之間，粒子做類平拋運動，設(shè)bc寬為L，電場強度為E，yat2，經(jīng)過虛線c的位置與比荷無關(guān)，A錯誤；比荷越大，經(jīng)過c的速度越大，即進入磁場的速度就越大，B正確；當(dāng)離子進入磁場時，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB，則R，故可知比荷越大，R越小，打在熒光屏上的位置越高，C錯誤，D正確2B設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后的速度為v，有qUmv2；帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，
7、qBv，依題意可知rd，解得B；帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，設(shè)經(jīng)時間t從P點到達C點，由dvt，dt2，解得E.故選項B正確3AD粒子在電場中加速，有qEhmv，在磁場中做圓周運動若粒子垂直于CM射出磁場，則軌跡所對的圓心角45，半徑Ra，而R，聯(lián)立以上各式得h，選項A正確，C錯誤；若粒子平行于x軸射出磁場，則軌跡所對的圓心角90，半徑R，由以上各式解得h，選項B錯誤，D正確4(1) (2)(L，L)，方向與x軸正方向成45角斜向上(3)0B解析(1)粒子在y軸左側(cè)運動過程，由動能定理得qELmv0v0 (2)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，得：2qEma，Lv0t，yat2，vyat解
8、得：yL，vyv0第一次射入磁場時的位置坐標(biāo)為(L，L)速度大小v ，方向與x軸正方向成45角斜向上(3)在磁場中，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB得軌道半徑：R由對稱性可知，射出磁場后必須在x軸下方的電場中運動，才能實現(xiàn)粒子沿一定軌道做往復(fù)運動，如圖所示，由幾何關(guān)系得，當(dāng)1時，軌道半徑R最小，對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B最大，粒子緊貼x軸進入y軸左側(cè)的電場由R2R2得最小半徑：RL，磁感應(yīng)強度的最大值Bmax磁感應(yīng)強度的大小取值范圍為：0B.5(1)(2)U解析(1)設(shè)電壓為U0時，兩板間電場強度為E，從N孔射出的粒子速度為v，則E由平衡條件得：qEqvB0解得：v(2)如圖甲，設(shè)電壓為U
9、1時，離子恰好打到b點，離子軌道半徑為r1，則qv1Bmr1R由可知：v1聯(lián)立式解得：U1如圖乙，設(shè)電壓為U2時，離子恰好打到a點，離子軌道半徑為r2，則qv2Bmr2R由可知，v2聯(lián)立式解得：U2所以當(dāng)U時，離子能打到ab上6見解析解析(1)粒子在Q點進入磁場時有vxvcos 30vyvsin 30粒子從P點運動到Q點的時間tOP的距離yt(2)粒子恰好能回到電場，即粒子在磁場中運動軌跡的左側(cè)恰好與y軸相切，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，則有RRsin 303LqvB，可得B(3)粒子在電場和磁場中做周期性運動，軌跡如圖一個周期運動中，在x軸上發(fā)生的距離為L3L3L2Rsin 30
10、4LP點到擋板的距離為22L，所以粒子能完成5個周期的運動，然后在電場中沿x軸運動2L時擊中擋板5個周期的運動中，在電場中的時間為t15在磁場中運動的時間t25剩余2L中的運動時間t3總時間t總t1t2t37(1)(2)(3)解析(1)設(shè)電子在電場中運動的加速度為a，時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy，則lv0tavyatvy解得：E(2)設(shè)軌跡與x軸的交點為D，OD距離為xD，則xD0.5ltan 30l所以，DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示設(shè)電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，則evBmv由幾何關(guān)系有rl，r聯(lián)立以上各式解得B電子轉(zhuǎn)過的圓心角為120，則tT(或T)得t(3)以切點F、Q的連線長為矩形的一條邊，與電子的運動軌跡相切的另一邊作為其FQ的對邊，有界勻強磁場區(qū)域面積為最小Sminr得Smin
（全國通用）2020年高考物理一輪題復(fù)習(xí) 第九章 磁場 微專題64 帶電粒子在組合場中的運動（通用）
