3、的勻強(qiáng)電場(chǎng)可使初速度為v0的某種正粒子偏轉(zhuǎn)θ角。在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為θ（不計(jì)粒子的重力）。則
A．電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比為v0cos θ∶1
B．電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比為v0∶cosθ
C．粒子穿過電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間之比是sin θ∶θ
D．粒子穿過電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間之比是sin θ∶cosθ
4．(多選)如圖所示，在x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1與B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直于紙面向里，且B1∶B2＝3∶2。在原點(diǎn)O處同時(shí)發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量分別為ma和mb的帶
4、電粒子，粒子a以速率va沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子b以速率vb沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，已知粒子a帶正電，粒子b帶負(fù)電，電荷量相等，且兩粒子的速率滿足mava＝mbvb。若在此后的運(yùn)動(dòng)中，當(dāng)粒子a第4次經(jīng)過y軸(出發(fā)時(shí)經(jīng)過y軸不算在內(nèi))時(shí)，恰與粒子b相遇。粒子重力不計(jì)。下列說法正確的是( )
A．粒子a、b在磁場(chǎng)B1中的偏轉(zhuǎn)半徑之比為3∶2
B．兩粒子在y正半軸相遇
C．粒子a、b相遇時(shí)的速度方向相同
D．粒子a、b的質(zhì)量之比為1∶5
5．(多選)如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。
5、大量電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時(shí)刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)。若粒子只能從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走而不影響原來的電場(chǎng)分布。不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是( )
A．能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條直線上
B．到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大
C．能打到熒光屏的粒子，進(jìn)入O點(diǎn)的動(dòng)能必須大于qU
D．若U<，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮
6．如圖所示，ABCD與MNPQ均為邊長(zhǎng)為l的正方形區(qū)域，且A點(diǎn)為MN的中點(diǎn)。ABCD區(qū)
6、域中存在有界的垂直紙面方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在整個(gè)MNPQ區(qū)域中存在圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度垂直于BC射入正方形ABCD區(qū)域，且都從A點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，已知從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子在ABCD區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)始終位于磁場(chǎng)中，不計(jì)電子重力，求：
(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；
(2)要使所有粒子均能打在PQ邊上，電場(chǎng)強(qiáng)度E至少為多大；
(3)ABCD區(qū)域中磁場(chǎng)面積的最小值是多少。
7．電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖甲所示。大量電子由靜止開始，經(jīng)加速電場(chǎng)
7、加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO′射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為2t0；當(dāng)在兩板間加最大值為U0、周期為2t0的電壓（如圖乙所示）時(shí)，所有電子均能從兩板間通過，然后進(jìn)入豎直寬度足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打在豎直放置的熒光屏上。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，其重力不計(jì)。
(1)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的最大距離；
(2)要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，
①求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的水平寬度L；
②求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度Δy。
8．用電磁場(chǎng)可以控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，使之到達(dá)
8、指定的位置。已知空間中電磁場(chǎng)分布如圖所示，上半部分是電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下半部分是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)與磁場(chǎng)的分界面為水平面，電場(chǎng)方向與界面垂直向上，磁場(chǎng)方向垂直紙面指向里。位于電場(chǎng)一側(cè)距界面為h的P點(diǎn)可以釋放出帶電粒子，O點(diǎn)是P點(diǎn)至界面垂線的垂足，D點(diǎn)位于紙面上O點(diǎn)的右側(cè)，OD與磁場(chǎng)B的方向垂直，如圖所示。已知帶電粒子質(zhì)量為m，且?guī)в须姾闪浚璹(q＞0)，重力不計(jì)。
(1)該帶電粒子自P點(diǎn)以初速度vp水平向右飛出，經(jīng)過D點(diǎn)，然后歷經(jīng)磁場(chǎng)一次自行回至P點(diǎn)，試求O、D兩點(diǎn)間距離d以及相應(yīng)的vp；
(2)若OD兩點(diǎn)間距離d為已知，且該帶電粒子從P點(diǎn)以初速度v0水平向右飛出后，在以
9、后的運(yùn)動(dòng)過程中能經(jīng)過D點(diǎn)，試討論初速度v0的取值情況。
9．如圖所示，穿有M、N兩個(gè)小球(均視為質(zhì)點(diǎn))的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內(nèi)，圓心為O、半徑為R＝0.3 m。M、N用一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩相連，小球質(zhì)量分別為mM＝0.01 kg、mN＝0.08 kg；M帶電荷量q＝＋7×10－4C，N不帶電。該空間同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電場(chǎng)方向豎直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1×103 V/m；磁場(chǎng)方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝×102 T。將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時(shí)針向上轉(zhuǎn)動(dòng)。取重力加速度g＝10
10、 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則在兩球從圖示位置逆時(shí)針向上轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，求：
(1)通過計(jì)算判斷，小球M能否到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn)？
(2)小球M速度最大時(shí)，圓環(huán)對(duì)小球M的彈力。
(3)小球M電勢(shì)能變化量的最大值。
答案
二、考點(diǎn)突破
1．【答案】AC
【解析】由R＝得最大速度v＝，兩粒子的相同，所以最大速度相同，A正確；最大動(dòng)能Ek＝mv2，因?yàn)閮闪Ｗ拥馁|(zhì)量不同，最大速度相同，所以最大動(dòng)能不同，B錯(cuò)誤；高頻電源的頻率f＝，因?yàn)橄嗤詢纱嗡痈哳l電源的頻率相同，C正確；粒子的最大動(dòng)能與高頻電源的頻率無關(guān)，D錯(cuò)
11、誤。
2．【答案】AC
【解析】根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與速度無關(guān)可知，在Ek－t圖中應(yīng)該有tn＋1－tn＝tn－tn－1，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于帶電粒子在電場(chǎng)中加速，電場(chǎng)力做功相等，所以在Ek－t圖中應(yīng)該有En＋1－En＝En－En－1，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
3．【答案】BC
【解析】在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故，則，由牛頓第二定律可知，θ為豎直方向速度和水平方向速度的夾角，故，解得；在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，由幾何關(guān)系可知速度偏轉(zhuǎn)角等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角，，，解得，故，A錯(cuò)誤，B正確；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，則時(shí)間之比，
12、C正確，D錯(cuò)誤。,
4．【答案】BCD
【解析】由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式r＝可得：＝＝，A錯(cuò)誤；由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式r＝可得，a粒子從O點(diǎn)出發(fā)沿x軸正方向射出向上逆時(shí)針轉(zhuǎn)半周在y軸上上移2ra2，穿過y軸后逆時(shí)針向下轉(zhuǎn)半周后下移2ra1，由于B2
13、過y軸的點(diǎn)下移，不能再相遇。故是b粒子向上轉(zhuǎn)半周后相遇的，a粒子第四次經(jīng)過y軸時(shí)是向右方向，而b粒子轉(zhuǎn)半周也是向右的方向，所以兩者方向相同，C正確；根據(jù)周期公式T＝及題意，當(dāng)兩粒子在y軸上相遇時(shí)，時(shí)間上有：Tb1＝Ta1＋Ta2，即：×＝＋，結(jié)合B1∶B2＝3∶2，解得：＝，D正確。
5．【答案】CD
【解析】設(shè)粒子開始時(shí)的坐標(biāo)為(－x，－h(huán))，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得x＝v0t，h＝at2，qE＝ma，聯(lián)立得h＝··，可知能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條拋物線上，故A錯(cuò)誤；粒子的初速度是相等的，到達(dá)O點(diǎn)的粒子速度越大，則沿y方向的分速
14、度越大。粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，粒子的速度與y軸正方向的夾角θ滿足：tan θ＝，可知到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，到達(dá)O點(diǎn)的速度方向與y軸的夾角θ越小，故B錯(cuò)誤；負(fù)電荷進(jìn)入第一象限后電場(chǎng)力做負(fù)功，而到達(dá)熒光屏的粒子的速度必須大于等于0，由功能關(guān)系可知：mv2－qU>0，即能打到熒光屏的粒子，進(jìn)入O點(diǎn)的動(dòng)能必須大于qU，故C正確；粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角：tan α＝＝，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，則進(jìn)入第一象限后速度與y軸之間的夾角不同。所以從不同的位置開始偏轉(zhuǎn)的粒子，可以以任意夾角進(jìn)入第一象限，所以若U<，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮，故D正確。
6．【解析】(1)由洛倫磁力提供向心力可得：
15、ev0B＝mv02r
由題意則有：r＝l
解得：B＝mv0el，方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲狻?
(2)在A點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入的電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
eE＝ma，l＝12at2，l2＝v0t
解得：E＝8mv02el。
(3)圖中陰影部分為磁場(chǎng)面積最小范圍，由幾何關(guān)系可知：
Smin＝2×(14πl(wèi)2-12l2)＝12πl(wèi)2-l2。
7．【解析】(1)由題意可知，要使電子的側(cè)向位移最大，應(yīng)讓電子從0、2t0、4t0…等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為：
解得：。
(2)①設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)的偏向角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)
16、動(dòng)半徑為：，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v1，豎直方向的分速度為vy，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)有：
解得：；
②由于各個(gè)時(shí)刻從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出的電子速度大小相等、方向相同，因此電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上。由(1)可知電子從t0、3t0、5t0…等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)側(cè)向位移最小：
所以電子打在熒光屏上的電子束的寬度為：。
8．【解析】(1)粒子從P到D，由類平拋運(yùn)動(dòng)可得：
qE=ma，h=at2，x=vPt
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有：，
在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力得：，
解得：，。
(2)由上問得：，
由電場(chǎng)區(qū)到達(dá)D點(diǎn)，有：
解得：(n=0，1，2……)
17、
由磁場(chǎng)區(qū)到達(dá)D點(diǎn)，有：
解得：(n=0，1，2……)
9．【解析】(1)設(shè)MN在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，繩對(duì)M、N做的功分別為Wr、Wr′，則Wr＋Wr′＝0
設(shè)M到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，M、N的動(dòng)能分別為EkM、EkN
對(duì)M，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理可得：qER－mMgR＋Wr1＝EkM
對(duì)N由動(dòng)能定理：Wr1′－mNgR＝EkN
聯(lián)立解得：EkM＋EkN＝－0.06 J
即：M在圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為負(fù)值；故M不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)。
(2)設(shè)N轉(zhuǎn)過α角時(shí)，M、N的速度大小分別為vM、vN，因M、N做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，則vM＝vN，對(duì)M，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得：
q
18、ERsin α－mMgRsin α＋Wr2＝mMvM2
對(duì)N由動(dòng)能定理：Wr2′－mNgR(1－cos α)＝mNvN2
聯(lián)立解得：vM2＝×(3sin α＋4cos α－4)
由上式可知，當(dāng)tan α＝時(shí)，M、N達(dá)到最大速度，最大速度為vmax＝ m/s
M速度最大時(shí)，設(shè)繩子拉力為F，圓環(huán)對(duì)小球M的彈力FN，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：
Fcos 45°＝(qE－mMg)cos 37°
qvmaxB＋Fsin 45°－(qE－mMg)sin 37°＋FN＝
解得：FN＝－0.096 N，負(fù)號(hào)表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外。
(3)M、N從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，由于M不能到達(dá)最高點(diǎn)，所以，當(dāng)兩球速度為零時(shí)，電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能減小最多，由vM2＝×(3sin α＋4cos α－4)，可得：
3sin α＋4cos α－4＝0
解得：sin α＝或sin α＝0
故M的電勢(shì)能減小量的最大值為：|ΔEp|＝qERsin α＝ J＝0.201 6 J。
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2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練16 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）
