2019年高考物理一轮复习课时分层集训27带电粒子在复合场中的运动新人教版

《2019年高考物理一轮复习课时分层集训27带电粒子在复合场中的运动新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理一轮复习课时分层集训27带电粒子在复合场中的运动新人教版（13页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、课时分层集训(二十七)带电粒子在复合场中的运动(限时：40分钟) 基础对点练带电粒子在组合场中的运动1如图9317所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)()图9317Ad随U1变化，d与U2无关Bd与U1无关，d随U2变化Cd随U1变化，d随U2变化Dd与U1无关，d与U2无关A带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v

2、分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有：cos 而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于，则有：cos ，所以d，又因为半径公式R，则有d.故d随U1变化，d与U2无关，故A正确，B、C、D错误2(多选)(2017烟台模拟)如图9318所示，在x轴上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a.现将质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力

3、的影响下列说法正确的是() 【导学号：84370420】图9318A若粒子垂直于CM射出磁场，则hB若粒子垂直于CM射出磁场，则hC若粒子平行于x轴射出磁场，则hD若粒子平行于x轴射出磁场，则hAD粒子在电场中加速，有qEhmv.在磁场中做圆周运动，若粒子垂直于CM射出磁场，则轨迹所对的圆心角45，半径Ra，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B，得R，联立以上各式得h，A正确；若粒子平行于x轴射出磁场，则轨迹所对的圆心有90，半径R，同理可得h，D正确3(2018银川模拟)如图9319所示，AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸

4、面一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点已知OP间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E，不计粒子重力试求：图9319(1)M、N两点间的距离；(2)磁感应强度的大小和圆形匀强磁场的半径；(3)粒子自O点出发到回到O点所用的时间解析(1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O到M的时间：t1粒子在电场中加速度：a故PM间的距离为：PMatd粒子在M点时竖直方向的速度：vyat1v0粒子在M点时的速度：v2v0速度偏转角正切：tan 故60粒子从N到O点时间：t2，粒子从

5、N到O点过程的竖直方向位移：yat故P、N两点间的距离为：PNyd.所以MNPNPMd. (2)由几何关系得：Rcos 60RMNd可得半径：Rd由qvBm解得：B由几何关系确定区域半径为：R2Rcos 30，即Rd.(3)O到M的时间：t1N到O的时间：t2在磁场中运动的时间：t3无场区运动的时间：t4tt1t2t3t4.答案(1)(2)d(3)带电物体在叠加场中的运动4如图9320所示，界面MN与水平地面之间有足够大且正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的

6、过程中，下列说法中正确的是() 【导学号：84370421】图9320A小球做匀变速曲线运动B小球的电势能保持不变C洛伦兹力对小球做正功D小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和D带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Epq，知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能保持不变，选项B错误；根据洛伦兹力的方向确定方法知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度知道选项D正确(2017桂林模拟)如图所示，空间存在互相垂直的匀

7、强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)则下列说法正确的是()A粒子一定带正电B粒子的运动轨迹一定是抛物线C电场线方向一定垂直等势面向左D粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大C根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直

8、等势面向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误5如图9321所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点， bd沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是()图9321A当小球运动到c点时，洛伦兹力最大B小球恰好运动一周后回到a点C小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能减小D小球从b点运动到c点，电势能增大，动能增大C电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45

9、，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大，此时洛伦兹力最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A、B错误从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C正确小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，故D错误所以C正确，A、B、D错误6(多选)(2018哈尔滨模拟)如图9322所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E.一质量为m，电量为q的带正电小球恰好

10、处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，则关于小球的运动，下列说法正确的是() 【导学号：84370422】图9322A小球做匀速圆周运动B小球运动过程中机械能守恒C小球运动到最低点时电势能增加了 D小球第一次运动到最低点历时AD小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡当把磁场顺时针方向倾斜30，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A正确由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项

11、B错误电场力从开始到最低点克服电场力做功为WEqRsin 30mg，所以电势能的增加量为，选项C错误小球第一次运动到低点的时间为T，所以选项D正确故选AD.7(2018泉州模拟)如图9323所示，PR是一长为L0.64 m的绝缘平板固定在水平地面上，挡板R固定在平板的右端整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂于纸面向里的匀强磁场B，磁场的宽度0.32 m一个质量m0.50103 kg、带电荷量为q5.0102 C的小物体，从板的P端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动当物体碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场(不计撤掉电场对原磁场的影响，整个

12、过程中小物体的电量保持不变)，物体返回时在磁场中仍作匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C点，PCL/4.若物体与平板间的动摩擦因数0.20, g取10 m/s2.图9323(1)判断电场的方向及物体带正电还是带负电；(2)求磁感应强度B的大小；(3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能解析(1)物体由静止开始向右做匀加速运动，说明电场力向右且大于摩擦力进入磁场后做匀速直线运动，说明它受的摩擦力增大，即证明它受的洛伦兹力方向向下，由左手定则判断物体带负电，由其受力方向向右判断电场方向向左. (2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2，从离开磁场到停在C点的过程中，由动能定理有mg0mv即

13、v20.80 m/s物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡，有mgBqv2有B0.125 T.(3)设从D点进入磁场时的速度为v1，由动能定理有qEmgmv物体从D点到R做匀速直线运动，有qE(mgBqv1)有v11.6 m/s小物体撞击挡板损失的机械能为Emvmv4.8104 J.答案(1)电场方向向左负电(2)0.125 T(3)4.8104 J带电粒子在复合场运动的实际应用8如图9324所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打

14、在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是() 【导学号：84370423】图9324A粒子带负电B初速度为vC比荷为D比荷为D垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时qvBEq，解得v，选项B错误；在磁场中时，由qvBm，可得：，故选项D正确，C错误故选D. 9(2018北京模拟)据报道，我国实施的“双星”计划发射的卫星中放置了一种“磁强计”，用于测定地磁场的磁感应强度等研究项目磁强计的原理如图93

15、25所示：电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x正方向、大小为I的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电量为e.金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动若测出金属导体前后两个侧面间(za为前侧面，z0为后侧面)的电势差为U，那么()图9325A前侧面电势高，BB前侧面电势高，BC后侧面电势高，BD后侧面电势高，BC电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小电子定向移

16、动的方向沿x轴负向，所以电子向前侧面偏转，则前侧面带负电，后侧面失去电子带正电，后侧面的电势较高，当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差因而可得Bev，qn(abvt)e，Ineabv，由以上几式解得磁场的磁感应强度B，故C正确10回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如

17、果用同一回旋加速器分别加速氚核(H) 和粒子(He)，比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是()图9326A加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较大B加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较大C加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小D加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较小C带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T，知氚核(H)的质量与电量的比值大于粒子(He)，所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大根据qvBm得，最大速度v，则最大动能Ekmmv2，氚核的质量是粒子的倍，氚核的电

18、量是粒子的倍，则氚核的最大动能是粒子的倍，即氚核的最大动能较小故C正确，A、B、D错误(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是()A质子被加速后的最大速度不可能超过2RfB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该

19、回旋加速器使粒子获得的最大动能不变AC质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v2Rf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekmmv2m42R2f22m2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R，Uqmv，2Uqmv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1，C正确；因回旋加速器加速粒子的最大动能Ekm2m2R2f2与m、R、f均有关，D错误11(多选)(2018银川模拟)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图9327甲所示是霍尔元件的工作原理示意图，实验表明，铜以及大多数金属的载流子是带负电荷的电子，但锌中的载流子带的却是正电自行车的速度

20、计的工作原理主要依靠的就是安装在自行车前轮上的一块磁铁，轮子每转一周，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，这样便可测出某段时间内的脉冲数若自行车前轮的半径为R、磁铁到轴的距离为r，下列说法正确的是()图9327A若霍尔元件材料使用的是锌，通入如图甲所示的电流后，C端电势高于D端电势B当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，C、D间的电势差越来越大C若自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度为2NrD由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则速度计测得的骑行速度偏大ABD若霍尔元件材料使用的是锌，则载流子带正电，通入如图甲所示的电流后，根据左手定则可知，正电荷

21、受力向左，故C端电势高于D端电势，选项A正确；根据qqvB，可知UBdv，则当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，B逐渐变大，则C、D间的电势差越来越大，选项B正确；自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度为2RN，选项C错误；由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则前轮转动的角速度会偏大，则单位时间测得的脉冲数偏大，则速度计测得的骑行速度偏大，选项D正确故选A、B、D.考点综合练12(2018合肥模拟)如图9328所示，一等腰直角三角形OMN的腰长为2L，P点为ON的中点，三角形PMN内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场(磁感应强度大小未知)，一粒子

22、源置于P点，可以射出垂直于ON向上的不同速率、不同种类的带正电的粒子不计粒子的重力和粒子之间的相互作用图9328(1)求线段PN上有粒子击中区域的长度s；(2)若三角形区域OMN的外部存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；三角形OMP区域内存在着水平向左的匀强电场某粒子从P点射出后经时间t恰好沿水平向左方向穿过MN进入磁场，然后从M点射出磁场进入电场，又在电场力作用下通过P点求该粒子的比荷以及电场的电场强度大小. 【导学号：84370424】解析(1)粒子打在PN上离P最远时，轨道恰好与MN相切，根据几何关系作出粒子运动图象有：由图象根据几何关系有：R1R1L可得临界运动时粒子半径：R1粒子击中范围：s2R12(1)L.(2)由题意作出粒子运动轨迹，由几何关系得：R2R2tan 45L得到粒子在PNM中圆周运动的轨道半径R 2设粒子的速度大小为v，则可知粒子在PNM中运动的时间：t则可得粒子速度v 粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据图示几何关系可得：R3L根据洛伦兹力提供向心力有：qvBm则解得粒子的比荷：粒子从M进入电场后做类平抛运动，即在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，故有：竖直方向有：2Lvt可得类平抛运动时间t水平方向有：Lat22由此解得，电场强度E.答案(1)s2(1)L(2)，E13