2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第8講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動提升訓(xùn)練.doc

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第8講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動提升訓(xùn)練一、選擇題1.(單選)(xx大同一模)如圖1所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1R212，則下列說法正確的是()圖1A.離子的速度之比為12B.離子的電荷量之比為12C.離子的質(zhì)量之比為12D.以上說法都不對解析因為兩離子能沿直線通過速度選擇器，則qvB1qE，即v，所以兩離子的速度相同，選項A錯誤；根據(jù)R，則，選項B、C錯誤，故選D。答案D2.(多選)粒子回旋加速器的工作原理如圖2所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電源的頻率為f，加速電場的電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為e，在加速器中被加速。不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是()圖2A.不改變磁感應(yīng)強度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速粒子B.加速的粒子獲得的最大動能隨加速電場的電壓U增大而增大C.質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2RfD.質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1解析質(zhì)子被加速獲得的最大速度受到D形盒最大半徑制約，vm2Rf，C正確；粒子旋轉(zhuǎn)頻率為f，與被加速粒子的比荷有關(guān)，故需改變交流電的頻率才能加速粒子，A錯誤；粒子被加速的最大動能Ekmmv2m2R2f2，與電壓U無關(guān)，B錯誤；因為運動半徑R，nUqmv2，所以R，知質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后的軌道半徑比為1，D正確。答案CD二、計算題3.(xx江西省南昌市高三調(diào)研)如圖3所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力。圖3(1)已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大?。?2)若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場，方向與水平方向成30角，求A點離下極板的高度；(3)在(2)的情形中，為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多大？解析(1)設(shè)板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qEqv0B0解得Ev0B0(2)設(shè)A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得qEhmv2mv離子在電場中做類平拋運動，水平分方向做勻速運動，有v解得h(3)設(shè)離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得qvB由幾何關(guān)系得rcos 30解得B答案(1)v0B0(2)(3)4.(xx鹽城市高三摸底)在xOy平面第一、二象限中，存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在第三、四象限中分別存在垂直于xOy平面、方向如圖4所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B22B12B，帶電粒子a、b先后從第一、二象限的P、Q兩點(圖中沒有標(biāo)出)由靜止釋放，結(jié)果兩粒子同時進入勻強磁場B1、B2中，再經(jīng)時間t第一次經(jīng)過y軸時恰在點M(0，l)發(fā)生正碰，碰撞前帶電粒子b的速度方向與y軸正方向成60角，不計粒子重力和兩粒子間相互作用。求：圖4(1)兩帶電粒子的比荷及在磁場中運動的軌道半徑；(2)兩帶電粒子釋放的位置P、Q兩點坐標(biāo)及釋放的時間差。解析(1)a、b兩粒子在y軸上發(fā)生正碰時粒子b的速度與y軸正方向成60角，兩粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，兩粒子在磁場中運動時間相等且為t，即t1t2t，而t1，t2代入B22B12B得由題意分析可知兩粒子的軌道半徑相等，且R1R2R2l。(2)由v可得兩粒子進入磁場時的速度大小分別為v1v2粒子在電場中加速，由動能定理得qEdmv2由及E得d12l，d28l由圖可知xPR1R1cos 60l，xQ(R2R2cos 60)3l則P、Q兩點的坐標(biāo)分別為P(l，2l)、Q(3l，8l)粒子在電場中的運動時間為t其中加速度a由及E可得釋放的時間差t(v2v1)代入解得t。答案(1)2l(2)P(l，2l)，Q(3l，8l)5.如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應(yīng)強度和電場強度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示。在t0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子(不計重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向。在x軸上有一點A(圖中未標(biāo)出)，坐標(biāo)為(，0)。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向，y軸正方向為電場強度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應(yīng)強度與電場強度的大小滿足：；粒子的比荷滿足：。求：圖5(1)在t時，粒子的位置坐標(biāo)；(2)粒子偏離x軸的最大距離；(3)粒子運動至A點的時間。解析(1)在0t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qB0v0mr1m解得T2t0，r1則粒子在時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角所以在t時，粒子的位置坐標(biāo)為(，)。(2)在t02t0時間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示則vv0t02v0運動的位移xt01.5v0t0在2t03t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動，半徑r22r1故粒子偏離x軸的最大距離hxr21.5v0t0。(3)粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動的周期為4t0故粒子在一個周期內(nèi)向右運動的距離d2r12r2AO間的距離為8d所以，粒子運動至A點的時間t32t0。答案(1)(，)(2)1.5v0t0(3)32t06.如圖6所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域，左側(cè)區(qū)域充滿勻強電場，方向豎直向上，右側(cè)區(qū)域充滿勻強磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線。afL，ab0.75L，磁場區(qū)域的寬度未知。一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(重力不計)從a點沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點g進入磁場。(已知sin 370.6，cos 370.8)圖6(1)求勻強電場的電場強度E的大?。?2)若電子能從d點沿ed方向飛出磁場，則磁場區(qū)域的寬度ed為多少？(3)若磁場區(qū)域的寬度為L，要求電子只能從bc邊射出磁場，則磁感應(yīng)強度應(yīng)該滿足什么條件？解析(1)電子在電場中做類平拋運動，有，0.75Lv0t由牛頓第二定律有eEma，聯(lián)立解得：E。(2)電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，圖中O為圓心，粒子進入磁場時，其速度方向的反向延長線過ab中點，則速度方向與be邊夾角的正切值tan 0.75，37設(shè)電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，則rrsin 37，解得rL。所以磁場區(qū)域?qū)挾萫drcos 37L。(3)電子進入磁場時的速度為vv0畫出兩條臨界軌跡如圖，設(shè)電子剛好不從cd邊射出時半徑為r1，則由幾何關(guān)系知r1r1cos 37L，解得r1L設(shè)電子剛好不從bc邊射出時半徑為r2，則r2r2sin 37，解得r2L由evB可得對應(yīng)的磁感應(yīng)強度：B1，B2所以電子只能從bc邊射出的條件為B。答案(1)(2)L(3)B