《（浙江專用）2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題.doc（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題
1.如圖所示,在xOy平面內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,其中0
a內(nèi)有方向垂直xOy平面向外的磁場,在x<0內(nèi)無磁場。一個帶正電q、質(zhì)量為m的粒子(粒子重力不計)在x=0處以速度v0沿x軸正方向射入磁場。
(1)若v0未知,但粒子做圓周運動的軌道半徑為r=2a,求粒子與x軸的交點坐標;
(2)若無(1)中r=2a的條件限制,粒子的初速度仍為v0(已知),問粒子回到原點O需要使a為何值?
2.(2017浙江杭州四校聯(lián)考高三期中)如圖所示,一帶電微粒質(zhì)量為m=2.010-11 kg、電荷量q=+1.010-5 C,從靜止開始經(jīng)電壓為U1=100 V的電場加速后,水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中,微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角θ=30,并接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=203 cm的勻強磁場區(qū)域。已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=20 cm,兩板間距d=103 cm,重力忽略不計。求:
(1)帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v1;
(2)偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U2;
(3)為使帶電微粒不會由磁場右邊射出,該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B至少多大?
3.(2018年2月杭州期末,13)在如圖所示的平行板器件中,勻強電場E和勻強磁場B互相垂直。一束初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線②從右側(cè)射出。粒子重力不計,下列說法正確的是( )
A.若粒子沿軌跡①射出,則粒子的初速度一定大于v
B.若粒子沿軌跡①射出,則粒子的動能一定增大
C.若粒子沿軌跡③射出,則粒子可能做勻速圓周運動
D.若粒子沿軌跡③射出,則粒子的電勢能可能增大
4.(2017浙江紹興高三模擬,3)如圖所示,兩塊水平放置、相距為d的長金屬板C1D1、C2D2接在電壓可調(diào)的電源上。長為L的兩板中點為O1、O2,O1O2連線的右側(cè)區(qū)域存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面C1處,從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量為m、水平速度為v0、帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至U0,墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動,進入電場、磁場共存區(qū)域后,最終垂直打在下板的M點。
(1)判斷墨滴所帶電荷是正電還是負電,并求其電荷量q;
(2)求磁感應(yīng)強度B的大小;
(3)現(xiàn)保持噴口方向不變,使入射速度減小到v0的一半,墨滴將能經(jīng)過磁場后又回到O1O2左側(cè)電場區(qū)域,當墨滴經(jīng)過磁場剛回到中線O1O2時,將電壓U調(diào)至多大,可以讓墨滴從兩金屬板左側(cè)C1C2之間離開電場?
5.如圖所示為一種核反應(yīng)研究設(shè)備的示意圖。密閉容器中為钚的放射性同位素94239Pu,可衰變?yōu)殁櫤?2235U和α粒子,并放出能量為E0的γ光子(94239Pu可視為靜止,衰變放出的光子動量可忽略)。衰變產(chǎn)生的質(zhì)量為m、電荷量為q的α粒子,從坐標為(0,L)的A點以速度v0沿+x方向射入第一象限的勻強電場(電場強度方向沿y軸負方向),再從x軸上坐標(2L,0)的C處射入x軸下方垂直紙面向外的勻強磁場,經(jīng)過勻強磁場偏轉(zhuǎn)后回到坐標原點O。若粒子重力可忽略不計,求:
(1)電場強度E的大小;
(2)磁感應(yīng)強度B的大小;
(3)钚在核反應(yīng)中虧損的質(zhì)量。
6.如圖所示,y軸上M點的坐標為(0,L),MN與x軸平行,MN與x軸之間有勻強磁場區(qū)域,磁場垂直紙面向里。在y>L的區(qū)域存在沿-y方向的勻強電場,電場強度為E,在坐標原點O點有一正粒子以速率v0沿+x方向射入磁場,粒子穿出磁場進入電場,速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的比荷為qm,粒子重力不計。
(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小;
(2)從原點出發(fā)后帶電粒子第一次經(jīng)過x軸,求洛倫茲力的沖量;
(3)經(jīng)過多長時間,帶電粒子經(jīng)過x軸。
7.
(2018年5月寧波諾丁漢大學(xué)附中高二期中)如圖所示,在x軸上方存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外;在x軸下方存在勻強電場,電場方向與xOy平面平行,且與x軸成45夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出,一段時間后進入電場,進入電場時的速度方向與電場方向相反;又經(jīng)過一段時間T0,磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?大小不變,不計重力。
(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間;
(2)若要使粒子能夠回到P點,求電場強度的最大值。
8.如圖所示,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長為L、寬為d、高為h,上、下兩面是絕緣板.前、后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板,兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應(yīng)強度大小為B、方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為ρ的導(dǎo)電液體(有大量的正、負離子),且開關(guān)閉合前后,液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動。
(1)求開關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢差大小U0;
(2)調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其他量和矩形管道的橫截面積為S不變,求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比dh的值。
9.
(2018年3月稽陽聯(lián)誼學(xué)校選考聯(lián)考)某同學(xué)在復(fù)習(xí)帶電粒子在復(fù)合場中的運動時,經(jīng)過思考,自己設(shè)計了一道題目:
如圖,C、D板之間是加速電場,電壓為U,虛線OQ、QP、ON是勻強磁場的邊界,且磁場范圍足夠大,QP與ON平行,間距為d,與OQ垂直且與豎直方向夾角θ=60,兩磁場磁感應(yīng)強度大小均為B,方向垂直紙面向外。現(xiàn)有一個比荷為k的正電荷(重力不計),從C板的小孔靜止釋放,加速后從O點水平進入虛線OQ右側(cè)空間。該電荷第二次(不包括從O點進入這一次)到達ON邊界時的位置為A點(未畫出)。求:
(1)粒子在O點的速度大小;
(2)粒子從O到A的時間;
(3)若兩磁場整體以O(shè)點為軸,順時針轉(zhuǎn)過30,粒子加速后從O點水平進入,且粒子始終在OQ右側(cè)運動,試判斷粒子能否通過A點,需講明理由。
10.(2016浙江杭州五校聯(lián)盟)某研究性學(xué)習(xí)小組用如圖所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子。密度相同的粒子在電離室中被電離后帶正電,電荷量與其表面積成正比。電離后粒子緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ,再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場和勻強磁場區(qū)域Ⅱ,其中磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向外。收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上。實驗發(fā)現(xiàn):半徑為r0的粒子質(zhì)量為m0、電荷量為q0,剛好能沿O1O3直線射入收集室。不計納米粒子重力和粒子之間的相互作用力。(球體積和球表面積公式分別為V球=43πr3,S球=4πr2)求:
(1)圖中區(qū)域Ⅱ的電場強度E的大小;
(2)半徑為r的粒子通過O2時的速率v;
(3)試討論半徑r≠r0的粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ后將向哪個極板偏轉(zhuǎn)。
11.(2018年3月寧波高三質(zhì)量評估)如圖所示為一平面直角坐標系xOy,在第一、二象限中有一半圓形的有界磁場,圓心在O點,半圓的半徑為R,磁場方向垂直坐標平面向里,磁感應(yīng)強度為B,在y=R的上方有一沿x軸負方向的勻強電場,電場強度為E,在坐標原點有一粒子源,可以向第一象限坐標平面內(nèi)的任意方向發(fā)射相同速率的帶正電的粒子,粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子的重力可以忽略不計,不考慮粒子間的相互作用。發(fā)現(xiàn)有一粒子從y軸上的P點離開磁場進入電場,并且此時速度方向與y軸正方向成30夾角,求:
(1)粒子速度的大小;
(2)出磁場后能垂直進入電場的粒子從粒子源射出到經(jīng)過y軸時所用的時間;
(3)在y=R上,有粒子能進入電場的橫坐標范圍。
12.圖甲為某種速度選擇器示意圖(圖乙是該裝置的俯視圖),加速電場右側(cè)是一半徑為R的接地豎直金屬圓筒,它與加速電場靠得很近,圓筒可繞豎直中心軸以某一角速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動。O1、O2為加速電場兩極板上的小孔,O3、O4為圓筒直徑兩端的小孔,豎直熒光屏abcd與直線O1O2平行,且到圓筒的豎直中心軸的距離OP=3R。粒子源發(fā)出同種粒子經(jīng)電場加速進入圓筒(筒內(nèi)加一豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B),經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,通過圓筒的小孔打到光屏上產(chǎn)生亮斑,即被選中。整個裝置處于真空室中,不計粒子重力及粒子間相互作用。
(1)若開始時圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場,同時讓O1、O2、O3、O、O4在同一直線上。初速度不計的帶電粒子從小孔O1進入加速電場,再從小孔O3打入圓筒從O4射出。當加速電壓調(diào)為U0時,測出粒子在圓筒中運動的時間為t0,請求出此粒子的比荷qm。
(2)僅調(diào)整加速電場的電壓,可以使粒子以不同的速度射入圓筒,若在光屏上形成的亮斑范圍為Q1P=PQ2=3R,求打到光屏的粒子所對應(yīng)的速率v的范圍,以及圓筒轉(zhuǎn)動的角速度ω。
提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題
1.答案 (1)2(1+2-1)a (2)3mv02qB
解析 (1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其軌道半徑為R,其在第一象限的運動軌跡如圖所示。此軌跡由兩段圓弧組成,圓心分別在C和C處,軌跡與x軸交點為P。由對稱性可知C在x=2a直線上。設(shè)此直線與x軸交點為D,P點的x坐標為xP=2a+DP。過兩段圓弧的連接點作平行于x軸的直線EF,則
DF=r-r2-a2,CF=r2-a2,CD=CF-DF,DP=r2-CD2
由此可得P點的x坐標為
xP=2a+2rr2-a2-(r2-a2),
代入題給條件得xP=2(1+2-1)a。
(2)若要求帶電粒子能夠返回原點,由對稱性,其運動軌跡如圖所示,這時C在x軸上。設(shè)∠CCO=α,粒子做圓周運動的軌道半徑為r,由幾何關(guān)系得α=π6
軌道半徑r=acosα=233a
由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qv0B=mv02r,
解得a=3mv02qB。
2.答案 (1)1.0104 m/s (2)100 V (3)0.1 T
解析 (1)帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v,根據(jù)動能定理得U1q=12mv12,解得v1=2U1qm=1.0104 m/s。
(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用,做類平拋運動。在水平方向微粒做勻速直線運動。
水平方向:v1=Lt
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動,加速度為a,出電場時豎直方向速度為v2
豎直方向:a=Eqm=qU2dm
v2=at=qU2dmLv1
由幾何關(guān)系得tanθ=v2v1=qU2Ldmv12=U2L2dU1
U2=2dU1Ltanθ
得U2=100 V。
(3)電微粒進入磁場做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,設(shè)微粒軌道半徑為R,由幾何關(guān)系知
R+R2=D,解得R=23D
設(shè)微粒進入磁場時的速度為v,則v=v1cos30
由牛頓運動定律及運動學(xué)規(guī)律qvB=mv2R
得B=mvqR=m23Dqv1cos30,
代入數(shù)據(jù)得B=0.1 T,即若帶電粒子不射出磁場,磁感應(yīng)強度B至少為0.1 T。
3.D 解析 初速度為v的帶電粒子沿直線從右側(cè)射出,故此時洛倫茲力和電場力平衡:qvB=Eq,可得初速度:v=EB。假設(shè)粒子帶正電,若粒子沿軌跡①射出,根據(jù)左手定則可知洛倫茲力向上,可知剛進入磁場時qvB>Eq,所以v>EB=v,此時電場力做負功,動能減小,速度減小,假設(shè)粒子帶負電,若粒子沿軌跡①射出,根據(jù)左手定則可知,洛倫茲力方向向下,可知剛進入磁場時qvBEq,即v>EB=v,粒子可能沿軌跡③射出,此時電場力做負功,電勢能增大,故D正確。
4.答案 (1)負 mgdU (2)v0Ugd2 (3) U0≤U≤2mv02d2qL2
解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動,有qUd=mg,得q=mgdU
由于電場方向向下,電荷所受電場力向上,可知,墨滴帶負電荷。
(2)進入電場、磁場共存區(qū)域后,重力與電場力平衡,洛倫茲力提供墨滴做勻速圓周運動的向心力,有qv0B=mv02R
考慮墨滴進入磁場和擋板的幾何關(guān)系,可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動,則半徑R=d,由此可知B=v0Ugd2。
(3)根據(jù)題設(shè),墨滴速度減小到v=12v0時,設(shè)圓周運動半徑為R
有qvB=mv2R,得R=mvqB=mv02qB=12R=12d
則墨滴恰好經(jīng)過半圓回到O2。
要使墨滴從兩金屬板左側(cè)的C1C2之間離開電場,則墨滴應(yīng)在電場力和重力作用下做勻速直線運動,從C2離開,即U1=U0
或做類平拋運動,最大偏向位移的墨滴從C1離開,則有12L=vt,d=12?qU2mdt2,得U2=2mv02d2qL2
所以電壓的調(diào)節(jié)范圍是U0≤U≤2mv02d2qL2。
5.答案 (1)mv022qL (2)mv0qL (3)239mv02470c2+E0c2
解析 (1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動。
水平方向做勻速直線運動:2L=v0t
豎直方向做勻變速直線運動:L=12qEm(2Lv0)2
求得E=mv022qL。
(2)帶電粒子在C點豎直分速度為vy=qEmt=qEm2Lv0=v0
粒子進入磁場的速度v=2v0
方向與x軸正向成45
粒子進入磁場區(qū)域做勻速圓周運動,由幾何知識可得R1=2L
由洛倫茲力充當向心力時,有Bqv=mv2R1
可解得B=mvqR1=mv0qL。
(3)放射性同位素94239Pu的衰變方程為94239Pu→92235U+24He+γ,α粒子的質(zhì)量為m,則92235U的質(zhì)量為2354m
衰變過程動量守恒,MvU=mv0
由動能EU=12MvU2,Eα=12mv02,
質(zhì)量虧損放出的能量ΔE=Δmc2,ΔE=EU+Eα+E0
所以Δm=239mv02470c2+E0c2。
6.答案 (1)mv0qL (2)2mv0 (3)nπLv0+2mv0qE(n=1,2,3,…)
解析 (1)由題意如圖,粒子在磁場中圓周運動的半徑r=L
根據(jù)qvB=mv2R,解得B=mv0qL。
(2)勻強電場中,由動量定理得
I=-mv0-mv0=-2mv0
從原點出發(fā)后第一次經(jīng)過x軸,由I+I=mv0-mv0
得洛倫茲力的沖量I=2mv0。
(3)粒子返回磁場后,再做勻速圓周運動,在磁場中運動的時間t1=πLv0
電場中運動的時間為t2=2v0qEm=2mv0qE
考慮周期性,帶電粒子經(jīng)過x軸的時間t=nt=nπLv0+2mv0qE(n=1,2,3,…)
7.答案 (1)5πm4qB (2)2mv0qT0
解析 (1)帶電粒子在磁場中做圓周運動,設(shè)運動半徑為R,運動周期為T,根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律,有qv0B=mv02R,T=2πRv0
依題意,粒子第一次到達x軸時,運動轉(zhuǎn)過的角度為54π,所需時間為t1=58T,求得t1=5πm4qB。
(2)粒子進入電場后,先做勻減速運動,直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速運動,到達x軸時速度大小仍為v0,設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2,加速度大小為a,電場強度大小為E,有qE=ma,v0=12at2,得t2=2mv0qE
根據(jù)題意,要使粒子能夠回到P點,必須滿足t2≥T0
得電場強度最大值E=2mv0qT0。
8.答案 (1)Bdv0 (2)LSv02B24ρ LRρ
解析 (1)以導(dǎo)電液體中帶正電離子為研究對象,受力平衡時,
qv0B=qE=qU0d,解得U0=Bdv0。
(2)兩導(dǎo)體板間液體的電阻r=ρdLh
I=U0R+r
電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=Lv0BLRd+ρh2R,當dh=LRρ時,電阻R獲得最大功率,為Pm=LSv02B24ρ。
9.答案 (1)2kU (2)2d2kU+2πkB (3)見解析
解析 (1)qU=12mv2得v=2qUm=2kU。
(2)粒子的軌跡圖,如圖所示。
連GA,則△OGA為等腰三角形,GA∥HK。據(jù)平面幾何知識,得OG=HK=2d
所以t1=4dv
劣弧GH與優(yōu)弧AK合起來恰好為一整圓,得
t2=2πrv=2πmqB
所以t=4dv+2πmqB=2d2kU+2πkB。
(3)由(2)可得OA=23d
若兩磁場整體以O(shè)點為軸,順時針轉(zhuǎn)過30。如圖為粒子運動軌跡,∠QOG=30,OQ=d,所以O(shè)G=dcos30=233d
又因為△OGA為正三角形,所以O(shè)A=OG=233d
根據(jù)幾何關(guān)系,得:OAOA=3
即通過3個周期,粒子可以通過A點。
10.答案 (1)B2q0Um0 (2)2q0Ur0m0r
(3)當r>r0時,粒子會向上極板偏轉(zhuǎn);
當rr0時,v0,粒子會向上極板偏轉(zhuǎn);
當rv0,F合<0,粒子會向下極板偏轉(zhuǎn)。
11.答案 (1)qBRm (2)(3)見解析
圖1
解析 (1)由分析可知,從O點出發(fā),在P點離開磁場的粒子,在磁場中運動的圓弧對應(yīng)的圓心角為60,軌跡如圖1
所以粒子圓周運動的半徑為R
由牛頓第二定律,有:qvB=mv2R
得:v=qBRm。
(2)由判斷可知,從O點入射的粒子在離開磁場時的偏向角均為60
所以,出磁場后能垂直進入電場的粒子,從O點入射時與x軸正向成30夾角,軌跡如圖2
在磁場中t1=16T=πm3qB
在無場區(qū)t2=1-32mqB
在電場中t3=RmEq
所以總時間為t=t1+t2+t3=2π+6-336mqB+RmEq
(3)畫出軌跡,如圖3所示
最右側(cè):x1=Rcos30=233R
最左側(cè):x2=-(R-Rtan 30)tan 60=-(3-1)R。
圖2
圖3
12.答案 (1)2R2U0t02 (2)23BR33U0t02≤v≤23BR3U0t02 2BR2U0t02
解析 (1)由題意可知,2R=v0t0,12mv02=qU0,得qm=2R2U0t02。
(2)由幾何關(guān)系得r1=33R
由向心力公式得qBv1=mv12r1
聯(lián)立解得v1=23BR33U0t02
由幾何關(guān)系得r2=3R
由向心力公式得qBv2=mv22r2
聯(lián)立解得v2=23BR3U0t02
所以23BR33U0t02≤v≤23BR3U0t02
進入圓筒的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度和時間與圓筒轉(zhuǎn)過的角度和時間都是相等的。
即只要粒子能進入就能出去,故有ω=ΔθΔt=2πT
又T=2πmqB
聯(lián)立得ω=qBm=2BR2U0t02。
（浙江專用）2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題.doc
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