2022年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 8.3帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)隨堂集訓(xùn)

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1、2022年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 8.3帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)隨堂集訓(xùn) 考向一　 D. 離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3 解析：兩離子所帶電荷量之比為1∶3，在電場中時(shí)由qE＝ma知a∝q，故加速度之比為1∶3，A錯(cuò)誤；離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能由Ek＝qU知Ek∝q，故D正確；在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑由Bqv＝m、Ek＝mv2知R＝ ∝，故B正確；設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d，則有sinθ＝∝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，C正確。 答案：BCD 2. [xx·大綱全國卷]如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸

2、上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場。不計(jì)重力。若該粒子離開電場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求： (1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值； (2)該粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析：(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B＝m① 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d② 設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開電場時(shí)沿x軸負(fù)方向的速

3、度大小為vx。由牛頓定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 Eq＝max③ vx＝axt④ t＝d⑤ 由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有 tanθ＝⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ＝v0tan2θ⑦ (2)聯(lián)立⑤⑥式得 t＝⑧ 答案：(1)v0tan2θ　(2) 3. [xx·四川高考]如圖所示，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標(biāo)系xOy，x軸沿水平方向。在x≤0的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場。在第二象限緊貼y軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h。在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直于紙面

4、向外)和勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)。一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點(diǎn)沿x軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電荷量為q的小球P從A點(diǎn)緊貼平板沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，變?yōu)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)后從y軸上的D點(diǎn)進(jìn)入電磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，然后從x軸上的K點(diǎn)進(jìn)入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一點(diǎn)，且豎直方向速度相同。設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中小球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)且均看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。求： (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，并判斷P球所帶電荷的正負(fù)； (2)小球Q的拋出速度v0的取值范圍； (3)B1是B2的多少倍？ 解析：(1)由題給條件，小球P在電磁場

5、區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，必有重力與電場力平衡，設(shè)所求場強(qiáng)大小為E，有 mg＝qE 得E＝ 小球P在平板下側(cè)緊貼平板運(yùn)動(dòng)，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電。 (2)設(shè)小球P緊貼平板勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)洛倫茲力與重力平衡，有 B1qv＝mg 設(shè)小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有 B2qv＝m 設(shè)小球Q與小球P在第四象限相遇點(diǎn)的坐標(biāo)為x、y，有 x＝R，y≤0 小球Q運(yùn)動(dòng)到相遇點(diǎn)所需時(shí)間為t0，水平方向位移為s，豎直方向位移為d，有s＝v0t0 d＝gt 由題意得 x＝s－l，y＝h－d 聯(lián)立相關(guān)方程，由題意可知v0>0，得 0<

6、v0≤(l＋) (3)小球Q在空間做平拋運(yùn)動(dòng)，要滿足題設(shè)要求，則運(yùn)動(dòng)到小球P穿出電磁場區(qū)域的同一水平高度時(shí)的W點(diǎn)時(shí)，其豎直方向的速度vy與豎直位移yQ必須滿足 vy＝v yQ＝R 設(shè)小球Q運(yùn)動(dòng)到W點(diǎn)時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)，有 vy＝gt　yQ＝gt2 聯(lián)立相關(guān)方程，解得B1＝B2 B1是B2的0.5倍。 答案：(1)　正　(2)0

7、且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面。質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)從O點(diǎn)發(fā)射，沿p板上表面運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后到達(dá)K孔，不與板碰撞地進(jìn)入兩板之間。粒子視為質(zhì)點(diǎn)，在圖示平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。 (1)求發(fā)射裝置對粒子做的功； (2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關(guān)S接“1”位置時(shí)，進(jìn)入板間的粒子落在b板上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與過K孔豎直線的距離為l。此后將開關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強(qiáng)度； (3)若選用恰當(dāng)直流電源，電路中開關(guān)S接“1”位置，使進(jìn)入板間的粒子受力平衡，此時(shí)在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、

8、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小合適的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度B只能在0～Bm＝范圍內(nèi)選取)，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時(shí)速度方向與b板板面的夾角的所有可能值(可用反三角函數(shù)表示)。 解析：(1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為v0，有h＝v0t① 設(shè)發(fā)射裝置對粒子做的功為W，由動(dòng)能定理得 W＝mv② 聯(lián)立①②可得W＝③ (2)S接“1”位置時(shí)，電源的電動(dòng)勢E0與板間電勢差U有 E0＝U④ 板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為E，粒子進(jìn)入板間時(shí)有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有 U＝Eh⑤ mg－qE＝ma⑥ h＝at⑦

9、 l＝v0t1⑧ S接“2”位置，則在電阻R上流過的電流I滿足 I＝⑨ 聯(lián)立①④～⑨得I＝(g－)⑩ (3)由題意知此時(shí)在板間運(yùn)動(dòng)的粒子重力與電場力平衡，當(dāng)粒子從K進(jìn)入板間后立即進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，粒子從D點(diǎn)出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運(yùn)動(dòng)，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角θ。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B取最大值時(shí)的夾角θ為最大值θm。設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有 qv0B＝? 過D點(diǎn)作b板的垂線與b板的上表面交于G，由幾何關(guān)系有 ＝h－R(1＋cosθ)? ＝h＋Rsinθ? tanθ＝＝? 聯(lián)立①?～?，將B＝Bm代入，求得 θm＝arcsin?

10、 當(dāng)B逐漸減小，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R隨之變大，D點(diǎn)向b板靠近，DT與b板上表面的夾角θ也越變越小，當(dāng)D點(diǎn)無限接近于b板上表面時(shí)，粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運(yùn)動(dòng)而從T孔飛出板間區(qū)域，此時(shí)Bm＞B＞0滿足題目要求，夾角θ趨近θ0，即 θ0＝0? 則題目所求為0＜θ≤arcsin? 答案：(1)　(2)(g－)　(3)0＜θ≤arcsin 【模擬題組——提考能】 1. [xx·福建福州質(zhì)檢]如圖所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面的磁場(未畫出)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度從左到右逐漸增大。一帶電微粒進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線O

11、O′通過該區(qū)域。帶電微粒所受的重力忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)過程帶電荷量不變。下列判斷正確的是( 　　) A. 微粒從左到右運(yùn)動(dòng)，磁場方向向里 B. 微粒從左到右運(yùn)動(dòng)，磁場方向向外 C. 微粒從右到左運(yùn)動(dòng)，磁場方向向里 D. 微粒從右到左運(yùn)動(dòng)，磁場方向向外 解析： 微粒恰好能沿水平直線OO′通過該區(qū)域，說明qvB＝qE；微粒受到空氣阻力作用，速度逐漸變小，故沿運(yùn)動(dòng)方向磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，故微粒從左向右運(yùn)動(dòng)；由左手定則可知，磁場方向向外，選項(xiàng)B對。 答案：B 2. [xx·四川涼山州二模](多選)如圖，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B(勻強(qiáng)電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)

12、沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是( 　　 ) A. 沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng) B. 只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動(dòng) C. 沿ac做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶負(fù)電，且一定是勻速運(yùn)動(dòng) D. 兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均守恒 解析： 沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負(fù)電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時(shí)的直線運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，C正確；兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中除重力做功外還有電場力做功，

13、故機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。 答案：AC 3. [xx·浙江五校聯(lián)考](多選)如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量q＝＋0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。t＝0時(shí)對木板施加方向水平向左，大小為0.6 N的恒力F，g取10 m/s2。則(　　) A. 木板和滑塊一直做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng) B. 滑塊開始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10 m/s的勻速運(yùn)動(dòng) C. 木板先做加

14、速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的運(yùn)動(dòng)，最后做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng) D. t＝3 s后滑塊和木板有相對運(yùn)動(dòng) 解析：t＝0時(shí)對木板施加方向水平向左，大小為0.6 N恒力，帶電滑塊速度增大，所受向上的洛倫茲力增大，但開始階段，滑塊隨木板一塊運(yùn)動(dòng)，之后隨速度的增大，滑塊與木板發(fā)生滑動(dòng)，最終脫離木板，則滑塊先做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，木板先做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的運(yùn)動(dòng)，最后滑塊離開后，木板做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，A、B錯(cuò)誤；滑塊相對于木板滑動(dòng)時(shí)，所受摩擦力Ff＝ma＝0.1×2 N＝0.

15、2 N，由Ff＝μFN知，F(xiàn)N＝ N＝0.4 N，所受洛倫茲力F洛＝mg－FN＝0.6 N，由F洛＝qvB得v＝＝6 m/s，由此知運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝3 s，故選項(xiàng)D正確。 答案：CD 4. [xx·北京海淀一模]如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強(qiáng)電、磁場，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。從電、磁場中某點(diǎn)P由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不計(jì))，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖虛線所示。對于帶電粒子在電、磁場中下落的最大高度H，下面給出了四個(gè)表達(dá)式，用你已有的知識計(jì)算可能會有困難，但你可以用學(xué)過的知識對下面的四個(gè)選項(xiàng)作出判斷。你認(rèn)為正確的是( 　

16、　 ) A. 　　　　　　　　 B. C. D. 解析：高度的國際單位為米(m)，根據(jù)力學(xué)單位制推導(dǎo)四個(gè)表達(dá)式，最終單位為米的是A選項(xiàng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 答案：A 5. [xx·廣東韶關(guān)一模]如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝×104 N/C?，F(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷＝1×106 C/kg的正電荷從電場中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過t0＝1×10－5 s后，通過MN上的P點(diǎn)進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場。磁場方向垂直于紙面向外，以電荷第一次通過MN時(shí)開始計(jì)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律周期性變化。 (1)求電荷進(jìn)入磁場時(shí)的速度； (2)求圖乙中

17、t＝2×10－5 s時(shí)刻電荷與P點(diǎn)的距離； (3)如果在P點(diǎn)右方d＝100 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間。 解析：(1)電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則 Eq＝ma，v0＝at0 代入數(shù)據(jù)解得v0＝π×104 m/s (2)當(dāng)B1＝ T時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝＝0.2 m＝20 cm 周期T1＝＝4×10－5 s 當(dāng)B2＝ T時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝＝10 cm 周期T2＝＝2×10－5 s 故電荷從t＝0時(shí)刻開始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。 t＝2×10－5 s時(shí)刻電荷先沿大圓軌跡運(yùn)動(dòng)四分之一周期再沿小圓軌跡運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，恰好運(yùn)動(dòng)到MN上，則與P點(diǎn)的水平距離為r1＝20 cm。 (3)電荷從P點(diǎn)開始，其運(yùn)動(dòng)的周期為T＝＋T2＋2t0＝6×10－5 s，根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知，電荷每一個(gè)周期向右沿PN運(yùn)動(dòng)的距離為40 cm，故電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為2個(gè)，然后再運(yùn)動(dòng)，以90°角撞擊到擋板上，故電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需的總時(shí)間 t總＝t0＋2T＋T1 解得t總＝1.4×10－4 s。 答案：(1)π×104 m/s　(2)20 cm　(3)1.4×10－4 s