《2021版高考物理一轮复习课时规范练30带电粒子在复合场中的运动含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版高考物理一轮复习课时规范练30带电粒子在复合场中的运动含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时规范练30带电粒子在复合场中的运动1.(组合场)(2019宁夏金凤模拟)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A.2B.2C.1D.222.(多选)(组合场)(2019陕西榆林一模)如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。在该平面有一个质量为m带正电且电荷量为q的粒子以初速度v0垂直x轴,从x
2、轴上的P点进入匀强电场,恰好与y轴成45角射出电场,再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场,已知OP之间的距离为d,则()A.磁感应强度B=2mv04qdB.电场强度E=mv022qdC.自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t=72d2v0D.自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t=7d2v03.(带电粒子在叠加场中的运动)(2019安徽安庆模拟)如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨道半径为R。已知该电场的电场强度为E,方向竖直向下,该磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,不计空气阻力,设重力加速度为g,则()A.液滴带正电B.液滴
3、比荷qm=EgC.液滴沿顺时针方向运动D.液滴运动速度大小v=RgBE4.(多选)(带电粒子在交变场中的运动)(2019陕西西安模拟)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示),规定垂直于纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其他力不计)()A.若粒子的初始位置在a处,在t=38T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e处,在t=1
4、18T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度5.(多选)(现代科技中的电磁场问题)(2019江苏无锡调研)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,轮子每转一圈,这块磁铁就靠近传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时,导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即为霍尔电势差。下列说法正确的是()A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B.自行车的车速越
5、大,霍尔电势差越高C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D.如果长时间不更换传感器的电源,霍尔电势差将减小素养综合练6.如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比。7.(2019河北桃城区模拟)如图所示,质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动,小
6、车上AD部分是表面粗糙的水平轨道,DC部分是14光滑圆弧轨道,整个轨道都是由绝缘材料制成的,小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度E大小为50 N/C,磁感应强度B大小为2.0 T。现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车,当它运动到D点时速度为5 m/s。滑块可视为质点,g取10 m/s2,计算结果保留两位有效数字。(1)求滑块从A到D的过程中,小车与滑块组成的系统损失的机械能;(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N,求圆弧轨道的半径r;(3)当滑块通过D点时,立即撤去磁场,要使滑块冲出圆弧轨道
7、,求此圆弧轨道的最大半径。8.(2019浙江模拟)如图所示的xOy平面内,坐标原点O处有一正粒子源,可以向y轴右侧发射出大量同种带电粒子,粒子的质量为m,电荷量为q,所有粒子的初速度大小均为v0。其方向与y轴正方向的夹角分布在0180范围内。y轴右侧有一直线PQ,PQ与y轴相距为d,y轴与直线PQ区域内有平行x轴向右范围足够大的匀强电场,电场强度大小E=3mv022qd,在PQ的右侧有矩形区域的匀强磁场,其右侧边界为MN,磁感应强度大小B=mv0qd,磁场方向垂直于xOy平面向里。不计粒子间的相互作用,不计粒子重力。(1)求沿x轴正方向入射的粒子第一次到达PQ的速度及其所用的时间;(2)若矩形
8、磁场沿y轴方向上足够长,要求所有的粒子均能到达MN,求MN与PQ间的最大距离x;(3)欲使沿y轴负方向射入的粒子经电磁场后能回到y轴且距离原点O最远,求矩形磁场区域的最小面积。9.(2019辽宁葫芦岛期末)如图甲所示,两金属板M、N水平放置组成平行板电容器,在M板中央开有小孔O,再将两个相同的绝缘弹性挡板P、Q对称地放置在M板上方,且与M板夹角均为60,两挡板的下端在小孔O左右两侧。现在电容器两板间加电压大小为U的直流电压,在M板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场,以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正方向,其值为B0,磁感应强度为负值时大小为Bx,但Bx未知。现有一质量为m、电荷量为q(q
9、0)、不计重力的带电粒子,从N金属板中央A点由静止释放,t=0时刻,粒子刚好从小孔O进入上方磁场中,在t1时刻粒子第一次撞到左挡板P上,紧接着在t1+t2时刻粒子撞到了右挡板Q上,然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间,接着再返回磁场做前面所述的运动。粒子与挡板碰撞前后电荷量不变,沿板面的分速度不变,垂直于板面的分速度大小不变、方向相反,不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响。图中t1,t2未知,求:(1)粒子第一次从A到达O点时的速度大小;(2)粒子从O点第一次撞到左挡板P的时间t1的大小;(3)图乙中磁感应强度Bx的大小;(4)两金属板M和N之间的距离d。参考答案课时规范练30带电粒子在复合
10、场中的运动1.D根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知:带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1,根据牛顿第二定律可得qv1B1=mv12r1,则B1=mv1qr1=2mEkqr1;同理,B2=mv2qr2=2m12Ekqr2,则B1B2=22,D正确,A、B、C错误。2.BD粒子的轨迹如图所示:带电粒子在电场中做类平抛运动,水平方向做匀加速运动,竖直方向做匀速运动,由题得知,出电场时,vx=vy=v0,根据:x=vx2t,y=vyt=v0t,得y=2x=2d,出电场时与y轴交点坐标为(0,2d)
11、,设粒子在磁场中运动的半径为R,则有Rsin(180-)=y=2d,而=135,解得:R=22d,粒子在磁场中运动的速度为:v=2v0,根据R=mvqB,解得:B=mv02qd,故A错误;根据vx=at=qEmt=v0,x=vx2t,联立解得:E=mv022qd,故B正确;在第一象限运动时间为:t1=135360T=3d2v0,在第四象限运动时间为:t2=12T=2dv0,所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为:t=t1+t2=7d2v0,故D正确,C错误。所以BD正确,AC错误。3.C液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知qE=mg,得qm=gE,故B错误;
12、电场力竖直向上,液滴带负电,A错误;由左手定则可判断液滴沿顺时针转动,C正确;对液滴qE=mg,qvB=mv2R,得v=RBgE,故D错误。4.AD要使粒子的运动轨迹如题图乙所示,由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0=T2,若粒子的初始位置在a处时,对应时刻应为t=34T0=38T,同理可判断B、C、D选项,可得A、D正确。5.AD根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速,若再已知自行车车轮的半径,根据v=2rn即可获知车速大小,选项A正确;根据霍尔原理可知Udq=Bqv,U=Bdv,即霍尔电势差只与磁场强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关,与车轮转速无关,选项B错误;图乙中霍尔
13、元件的电流I是由电子定向运动形成的,选项C错误;如果长时间不更换传感器的电源,则会导致电子定向移动的速率减小,霍尔电势差将减小,选项D正确。6.答案(1)4Ulv1(2)14解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q1U=12m1v12由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1v12R1由几何关系知2R1=l由式得B=4Ulv1(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=12m2v22q2v2B=m2v22R2由题给条件有2R2=l
14、2由式得,甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1q2m2=147.答案 (1)85 J(2)1 m(3)0.71 m解析 (1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1,小车在此时的速度大小为v2,物块从A运动到D的过程中,系统动量守恒,以向右为正方向,有mv0-Mv=mv1+Mv2,解得v2=0。设小车与滑块组成的系统损失的机械能为E,则有E=12mv02+12Mv2-12mv12,解得E=85J。(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN,则由牛顿第三定律可得FN=76N,由牛顿第二定律可得FN-(mg+qE+qv1B)=mv12r,解得r=1m。(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时,滑块与小车
15、具有共同的速度v,由动量守恒定律可得mv1=(m+M)v,解得v=107m/s。设圆弧轨道的最大半径为Rm,由能量守恒定律有12mv12=12(m+M)v2+(mg+qE)Rm,解得Rm=0.71m。8.答案 (1)2v02d3v0(2)d(3)3(2+3)d2解析 (1)粒子从x轴正方向射入电场,做匀加速运动由动能定理得:Eqd=12mv2-12mv02解得:v=2v0运动时间t=dv+v02=2d3v0。(2)如图所示,沿y轴正方向射入的粒子经电场和磁场偏转后,能到达MN,粒子在电场中的偏转角cos=v0v=12,所以=60粒子在磁场中的半径R=mvqB=2d最大距离:x=R-Rcos=d。(3)沿y轴负方向射入的粒子经电场偏转后偏转角为=60由几何关系知,当粒子从矩形磁场上边界射出,且与竖直方向的夹角为60时,粒子能达到y轴且距原点最远,如图所示其水平边长:a=R+Rcos=3d竖直边长:b=R+Rsin=(2+3)d所以最小的面积:S=ab=3(2
