2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練 專題九 帶電粒子在組合、復(fù)合場中的運動

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練 專題九 帶電粒子在組合、復(fù)合場中的運動 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,1~6題只有一個選項符合題目要求7~8題有多個選項符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分) 1.如圖為“濾速器”裝置示意圖。a、b為水平放置的平行金屬板,其電容為C,板間距離為d,平行板內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。a、b板帶上電荷,可在平行板內(nèi)產(chǎn)生勻強(qiáng)電場,且電場方向和磁場方向互相垂直。一帶電粒子以速度v0經(jīng)小孔O進(jìn)入正交電磁場可沿直線OO'運動,由O'射出,粒子所受重力不計,則a板所帶電荷

2、量情況是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.帶正電,其電荷量為 B.帶負(fù)電,其電荷量為 C.帶正電,其電荷量為CBdv0 D.帶負(fù)電,其電荷量為 2.(xx·湖南師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束,其運動軌跡如圖所示,其中S0A=S0C,則下列說法正確的是(　　) A.甲束粒子帶正電,乙束粒子帶負(fù)電 B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C.能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于 D.若甲、乙兩束粒子的電荷量相等,則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為3∶2 3.(xx·河北名校聯(lián)盟質(zhì)量監(jiān)測)如圖,一帶電塑料小球質(zhì)量為m,用絲線懸

3、掛于O點,并在豎直平面內(nèi)擺動,最大擺角為60°,水平磁場垂直于小球擺動的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點時,懸線上的張力恰為零,則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為(　　) A.0 B.2mg C.4mg D.6mg 4.如圖所示,在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,在第一、四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。有一個帶電粒子以初速度v0從x軸上的P點垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場,恰好與y軸成45°角射出電場,再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場。已知O、P之間的距離為d,則帶電粒子(　　) A.在電場中運動的時間為 B.在磁場中做圓周運動的半徑為

4、d C.自進(jìn)入磁場至第二次經(jīng)過x軸所用時間為 D.從進(jìn)入電場時開始計時,粒子在運動過程中第二次經(jīng)過x軸的時間為 5.如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后,進(jìn)入另一個勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B束,下列說法中正確的是(　　) A.組成A、B束的離子都帶負(fù)電 B.組成A、B束的離子質(zhì)量一定不同 C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 6.(xx·江西五校聯(lián)考)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一固定的光滑絕緣橢圓大環(huán),水平長軸為AC,豎直短軸為ED。輕彈簧一端固定在大環(huán)的中心O,另一端連接一個

5、可視為質(zhì)點的帶正電的小環(huán),小環(huán)剛好套在大環(huán)上,整個裝置處在一個水平向里的勻強(qiáng)磁場中。將小環(huán)從A點由靜止釋放,已知小環(huán)在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等。下列說法中錯誤的是(　　) A.剛釋放時,小球的加速度為重力加速度g B.小環(huán)的質(zhì)量越大,其滑到D點時的速度將越大 C.小環(huán)從A運動到D,彈簧對小環(huán)先做正功后做負(fù)功 D.小環(huán)一定能滑到C點 7.如圖所示,有一金屬塊放在垂直于側(cè)面C的勻強(qiáng)磁場中,當(dāng)有穩(wěn)恒電流自左向右通過時,下列說法中正確的是(　　) A.金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢 B.磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時,金屬塊上、下兩表面間的電壓U增大 C.電流增大時,金屬塊上、下兩表

6、面間的電壓U減小 D.電流不變時,金屬塊中單位體積內(nèi)自由電子越多,金屬塊上、下兩表面間的電壓U越小 8.(xx·湖北六校調(diào)考)如圖,xOy平面的第一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T的勻強(qiáng)磁場,ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板,長度為9 m,M點為x軸正方向上一點,OM=3 m?，F(xiàn)有一個比荷大小為=1.0 C/kg,可視為質(zhì)點的帶正電的小球(重力不計),從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負(fù)方向射入磁場,若與擋板相碰就以原速率彈回,且碰撞時間不計,碰撞時電荷量不變,小球最后都能經(jīng)過M點,則小球射入的速度大小可能是(　　) A.3 m/s B.3.75 m/s

7、C.4.5 m/s D.5 m/s 二、非選擇題(本題共3小題,共44分) 9.(14分)在如圖所示的直角坐標(biāo)系中,有沿y軸正方向(豎直向上方向)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,現(xiàn)在坐標(biāo)原點O固定一電荷量為Q的正點電荷,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正點電荷微粒恰好能以y軸上的O1點為圓心在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,角速度為ω,已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。試求圓心O1的y坐標(biāo)。 10.(15分)(xx·安徽江淮聯(lián)考)如圖所示,足夠長、寬度 L1=0.1 m、方向向左的有界勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度E=70 V/m,電場左邊是足夠長、寬度L2=0.2 m、磁感

8、應(yīng)強(qiáng)度B=2×1 T的有界勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子電荷量q=+3.2×10-19 C,質(zhì)量m=6.4×1 kg,以v=4×104 m/s的速度沿OO'垂直射入磁場,在磁場中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入右側(cè)的電場,最后從電場右邊界射出。(粒子重力不計)求: (1)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑和時間; (2)帶電粒子飛出電場時的速度大小。 甲 11.(15分)如圖甲所示,在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場,變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場強(qiáng)度為正)。在t=0時刻由原點O發(fā)

9、射初速度大小為v0,方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子。 乙 丙 已知v0、t0、B0,粒子的比荷為,不計粒子的重力。求: (1)t=t0時,求粒子的位置坐標(biāo); (2)若t=5t0時粒子回到原點,求0~5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離; (3)若粒子能夠回到原點,求滿足條件的所有E0值。 參考答案 1.C　解析:對帶電粒子受力分析,a極板帶正電,帶電粒子受力平衡,有qv0B=q,U=,可得電荷量為Q=CBdv0,本題只有選項C正確。 2.B　解析:根據(jù)左手定則可得甲帶負(fù)電,乙?guī)д?A錯誤;根據(jù)公式r=,因為速度和磁感應(yīng)強(qiáng)

10、度相等,S0A=S0C,所以有,解得,故B正確;根據(jù)公式Eq=Bqv可得能沿直線通過粒子的速率為,C錯誤;若甲、乙兩束粒子的電荷量相等,根據(jù),則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為m甲=m乙,故D錯誤。 3.C　解析:帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用,但是洛倫茲力不做功,所以從左方擺到最低點的過程只有重力做功,根據(jù)動能定理mgL(1-cos 60°)=mv2,擺動到最低點時,合力提供向心力,懸線上張力為0,即洛倫茲力提供向心力qvB-mg=m=mg,洛倫茲力方向豎直向上,當(dāng)小球從右方擺到最低點時,根據(jù)對稱性速度大小不變,但是方向反向,所以洛倫茲力方向豎直向上大小不變,此時向心力不變,即拉力F-qvB-m

11、g=m,拉力F=4mg,選項C正確。 4.D　解析:粒子在電場中做類平拋運動,沿x軸方向上的平均速度為,所以在電場中運動時間為。由題意知,進(jìn)入磁場時豎直方向速度等于水平方向速度v0,故速度為v0,在磁場中做圓周運動的半徑為r=2d,在第一象限內(nèi)運動時間為t1=T=,在第四象限內(nèi)運動時間為t2=T=,所以自進(jìn)入磁場至第二次經(jīng)過x軸的時間為t=t1+t2=,從進(jìn)入電場到第二次經(jīng)過x軸的時間為t'=+t=,所以D正確。 5.C　解析:由左手定則可知組成A、B束的離子都帶正電,選項A錯誤。經(jīng)過速度選擇器后的離子速度相等,根據(jù)在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑不同,由r=可知組成A、B束的離子比荷

12、一定不同,而質(zhì)量有可能相同,A束離子的比荷大于B束離子的比荷,選項B錯誤,C正確。由于離子帶正電,所受電場力向右,所受洛倫茲力一定向左,由左手定則,速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里,選項D錯誤。 6.B　解析:剛釋放時,小環(huán)速度為零,洛倫茲力為零,只受重力,所有加速度為g,故A正確;因為AD點時彈簧的形變量相同,且OA長度大于OD,所以O(shè)A處于拉伸,OD處于壓縮,所以彈簧由伸長變?yōu)閴嚎s,彈力先做正功,后做負(fù)功,故C正確;從A到D過程中洛倫茲力不做功,而彈簧的彈性勢能不變,只有重力做功,所以無論小球的質(zhì)量如何,小環(huán)到達(dá)D點的速度是一樣的,故小球一定能滑到C點,故D正確,B錯誤。 7.BD　

13、解析:電流方向水平向右,則自由電子的運動方向水平向左,根據(jù)左手定則可知電子向上偏,上表面得到電子帶負(fù)電,下表面失去電子帶正電,可知下表面的電勢高,選項A錯誤;電流的微觀表達(dá)式為I=neSv,n表示單位體積內(nèi)的電子數(shù),S表示橫截面積,則n=。當(dāng)電子勻速穿過勻強(qiáng)磁場時,此時電場力等于洛倫茲力,即e=evB,解得U=Bdv,n=,選項B、D正確;電流I增大,v增大,U增大,選項C錯誤。 8.ABD　解析:依題意可知,小球運動的圓心的位置一定在y軸上,所以小球做圓周運動的半徑r一定要大于等于3 m,而ON=9 m<3r,所以小球最多與擋板ON碰撞一次,碰撞后,第二個圓心的位置在O點的上方,也可能小球

14、與擋板ON沒有碰撞,直接過M點。由于洛倫茲力提供向心力,所以qvB=,得v=·Br① (1)若小球與擋板ON碰撞一次,則軌跡可能如圖1, 圖1 圖2 設(shè)OO'=s,由幾何關(guān)系得 r2=OM2+s2=9+s2② 3r-9=s③ 聯(lián)立②③得r1=3 m,r2=3.75 m 分別代入①得 v1=·Br1=1×1×3 m/s=3 m/s v2=·Br2=1×1×3.75 m/s=3.75 m/s。 (2)若小球沒有與擋板ON碰撞,則軌跡如圖2,設(shè)OO'=x,由幾何關(guān)系得 =OM2+x2=9+x2④ x=9-r3⑤ 聯(lián)立④⑤得r3=5 m 代入①得 v3=·Br3

15、=1×1×5 m/s=5 m/s 故選A、B、D。 9.答案: 解析: 微粒受力如圖所示,設(shè)帶電微粒做勻速圓周運動半徑為R,圓心O1的縱坐標(biāo)為y,圓周上一點與坐標(biāo)原點的連線和y軸夾角為θ,那么有tan θ= 帶電粒子受力如圖所示,列出動力學(xué)方程為 mg=F電cos θ BqωR-F電sin θ=mω2R 即得 所以圓心O1的y坐標(biāo)y=。 10.答案:(1)0.4 m　5.2×10-6 s　(2)3×104 m/s 解析:(1)帶電粒子在磁場中運動時,由牛頓運動定律,有 qvB= R= m=0.4 m。 軌跡如圖所示, 由L2=Rsin β得β= 又t=T

16、=×10-5 s≈5.2×10-6 s。 (2)由動能定理得 mv2=-EqL1 v右=3×104 m/s。 11.答案:(1)(,0)　(2)()v0t0 (3)(n=1,2,3,…) 解析:(1)由粒子的比荷, 則粒子做圓周運動的周期 T==2t0 則在0~t0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α=π 由牛頓第二定律qv0B0=m 得r1= 位置坐標(biāo)(,0)。 (2)粒子t=5t0時回到原點,軌跡如圖所示 r2=2r1 r1= r2= 得v2=2v0 又,r2= 粒子在t0~2t0時間內(nèi)做勻加速直線運動,2t0~3t0時間內(nèi)做勻速圓周運動,則在0~5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離hm=t0+r2=()v0t0。 (3)如圖所示,設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1,在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2',由幾何關(guān)系可知,要使粒子經(jīng)過原點,則必須滿足 n(2r2'-2r1)=2r1(n=1,2,3,…) r1=　r2'= 聯(lián)立以上各式解得v=v0(n=1,2,3,…) 又由v=v0+ 得E0=(n=1,2,3,…)。