2018屆高考物理二輪復習第九章磁場提能增分練四帶電粒子在三類典型場中的運動.docx

提能增分練(四)帶電粒子在三類典型場中的運動A級奪高分1.(多選)(2017浙江嘉興聯(lián)考)如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域，如果正離子束在區(qū)域中不偏轉(zhuǎn)，進入?yún)^(qū)域后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的()A速度B質(zhì)量 C電荷量 D電荷量與質(zhì)量之比解析：選AD因為正離子束通過區(qū)域時不偏轉(zhuǎn)，說明它們受到的電場力與洛倫茲力相等，即EqB1qv，故它們的速度相等，選項A正確；又因為進入磁場后，其偏轉(zhuǎn)半徑相同，由公式R可知，它們的荷質(zhì)比相同，選項D正確。2.(多選)(2017長春外國語學校質(zhì)檢)如圖在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為B的勻強磁場。一帶負電的粒子質(zhì)量為m、電量為q，從原點O以與x軸成30角斜向上射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R(不計重力)，則()A粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點OB粒子在x軸上面的軌跡為劣弧，在x軸下面的軌跡為優(yōu)弧C粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為12D粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸方向前進了3R解析：選CD根據(jù)左手定則判斷可知，粒子在第一象限沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故不可能回到原點O，故A錯誤；因第四象限中磁感應強度為第一象限中的一半，根據(jù)R 可知，第四象限中的半徑為第一象限中半徑的2倍；根據(jù)粒子射入磁場時與x軸的夾角30，由幾何關(guān)系可知，負電荷在第一象限軌跡所對應的圓心角為60，在第四象限軌跡所對應的圓心角也為60，即粒子在x軸上面和下面的軌跡均為劣弧，選項B錯誤，C正確；根據(jù)幾何知識得：粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離為xR2R3R。故D正確。3.(多選)(2017牡丹江一中檢測)如圖所示，空間中存在一水平方向勻強電場和一水平方向勻強磁場，且電場方向和磁場方向相互垂直。在電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60夾角且處于豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球套在絕緣桿上。初始，給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運動，電量保持不變。已知，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E，則以下說法正確的是()A小球的初速度為v0B若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止C若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止D若小球的初速度為，則運動中克服摩擦力做功為解析：選AC對小球進行受力分析如圖，電場力的大?。篎qEqmg，由于重力的方向豎直向下，電場力的方向水平向右，二者垂直，合力：FGF2mg，由幾何關(guān)系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力也不會對小球做功。所以，當小球做勻速直線運動時，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力大小相等，方向相反。所以qv0B2mg，所以v0，故A正確；若小球的初速度為，則洛倫茲力：F洛qv0B3mgFGF；則在垂直于桿的方向上，小球還受到垂直于桿向下的支持力，則摩擦力：fFN，小球?qū)⒆鰷p速運動；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當速度減小到時，小球開始做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的初速度為，則洛倫茲力：F洛qv0BmgFGF，則在垂直于桿的方向上，小球還受到垂直于桿向上的支持力，而摩擦力：fFN，小球?qū)⒆鰷p速運動；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止，故C正確；若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止，運動中克服摩擦力做功等于小球的動能的改變量，所以Wmv，故D錯誤。4(2016北京高考)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小。解析：(1)洛倫茲力提供向心力，有fqvBm帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R勻速圓周運動的周期T。(2)粒子受電場力FqE，洛倫茲力fqvB。粒子做勻速直線運動，則qEqvB電場強度的大小EvB。答案：(1)(2)vBB級沖滿分5 (2017長春外國語學校檢測)如圖甲所示，在直角坐標系0xL區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點(3L,0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N。現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30。此時在圓形區(qū)域加如圖乙所示周期性變化的磁場，以垂直于紙面向外為磁場正方向，最后電子運動一段時間后從N飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同(與x軸夾角也為30)。求：(1)電子進入圓形磁場區(qū)域時的速度大小；(2)0xL區(qū)域內(nèi)勻強電場場強E的大?。?3)寫出圓形磁場區(qū)域磁感應強度B0的大小、磁場變化周期T各應滿足的表達式。(1) 解析：電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，如圖1所示。由已知條件可得，速度關(guān)系：cos 30解得vv0。(2)由速度關(guān)系得vyv0tan 30v0在豎直方向a，vyat解得：E。(3)在磁場變化的半個周期內(nèi)電子的偏轉(zhuǎn)角為60(如圖2)，根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子在x軸方向上的位移恰好等于R。電子到達N點而且速度符合要求的空間條件是：2nR2L(n1、2、3、)電子在磁場做圓周運動的軌道半徑：R解得B0(n1、2、3、)若電子在磁場變化的半個周期恰好轉(zhuǎn)過圓周，同時MN間運動時間是磁場變化周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達N點，并且速度滿足題設要求，應滿足的時間條件：2nT0nT(n1、2、3、)由T0得T的表達式為：T(n1、2、3、)。答案：(1)v0(2)(3)B0(n1、2、3、)T(n1、2、3、)6.(2016浙江高考)為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)。扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布。峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場。質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。(1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時針還是逆時針；(2)求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T；(3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角變?yōu)?0，求B和B的關(guān)系。已知：sin()sin cos cos sin ，cos 12sin2解析：(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r旋轉(zhuǎn)方向為逆時針方向。(2)由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角每個圓弧的長度l每段直線長度L2rcosr周期T代入得T。(3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角1209030谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r由幾何關(guān)系rsin rsin 由三角關(guān)系sinsin 15代入得BB。答案：(1)逆時針方向(2)(3)BB7(2014四川高考)在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角37。過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E1104 N/C。小物體P1質(zhì)量m2103 kg、電荷量q8106 C，受到水平向右的推力F9.98103 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力。當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t0.1 s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為0.5，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力。求：(1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大??；(2)傾斜軌道GH的長度s。解析：(1)設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則F1qvBf(mgF1)由題意，水平方向合力為零Ff0聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s。(2)設P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定