《2020届高考物理二轮复习专题3电场与磁场第2讲带电粒子在电场磁场中的运动练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理二轮复习专题3电场与磁场第2讲带电粒子在电场磁场中的运动练习（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲 带电粒子在电场、磁场中的运动一、选择题：每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第57题有多项符合题目要求1(2019年广东名校质检)在静电场中由静止释放一电子，该电子仅在电场力作用下沿直线运动，其加速度a随时间t的变化规律如图所示则()A该电场可能为匀强电场B电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直C电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低D电子具有的电势能逐渐增大【答案】B2(2019年河北衡水模拟)如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t0时刻，一个比荷为1.0104 C/kg的正电荷从(0，
2、)处以v01.0104 m/s的速度沿y轴负方向射人磁场，则正电荷从射人磁场至第一次经过x轴所需的时间为()A8105 sB105 sC1.2104 s D105 s【答案】C【解析】洛伦兹力提供向心力，则qv0Bm，解得r0.4 m；圆周运动的周期为T8105 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120，位移大小2rsin 60 m，位移方向与y轴负方向成60角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图，正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为tT1.2104 s，选项C正确3(2019年北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点
3、射出下列说法正确的是()A粒子带正电B粒子在b点速率大于在a点速率C若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式qvBm得r，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确；若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角可能由变成，则粒子在磁场中运动时间可能不变，也可能变长，故D错误4(2019年安徽蚌埠一模)如图甲为一对长度为L
4、的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A 11B21C31D41【答案】C【解析】设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转场中的加速度为a，粒子在tnT时刻进入偏转场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最大ymaxa2aaT2，粒子在tnT时刻进入偏转场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最小ymin0a2aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比
5、是31，故C项正确5(2019年福建漳州模拟)如图所示菱形abcd的边长为 m，bad60，已知匀强电场的电场线平行于菱形abcd所在的平面，一个带电量q2105 C的点电荷由a点移动到c点的过程中，电势能增加了1.2105 J，由c点移动到b点的过程中电场力做功6.0106 J，则()A该电场线的方向由a点指向d点B该电场的场强大小为0.2 V/mCa点的电势高于c点的电势D正电荷由b点移到a点的过程中，电势能减小【答案】BC6一质量为m的带正电小球，在竖直向上的匀强电场中以0.9g的加速度加速下落，空气阻力不计，关于小球在下落h的过程中能量的变化情况，以下说法中正确的有()A小球克服电场力
6、做功0.9mghB小球的动能增加了0.9mghC小球的机械能减少了0.9mghD小球的电势能增加了0.1mgh【答案】BD7(2019年豫北豫南名校联考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t，不计粒子重力下列说法正确的是()A若该粒子从a点离开磁场，则入射速度大小为B若该粒子从c点离开磁场，则在磁场中运动的时间为C要使该粒子从cd边离开磁场，则入射速度必须大于3vD该粒子能在磁场中运动的最长时间为2t【答案】AB【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛
7、顿第二定律有qvBm，r，粒子在磁场中运动的轨迹如图，从b点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长rbL，若从a点离开由对称性知ra，故初速度为va，A正确从c点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即rc2a，圆心角为60，从b点飞出的圆心角为120，根据tT得，则tc，故B正确据分析可知从f点入射的粒子速度越大，半径越小，偏转角度越小，刚好从c点飞出的速度为vc2v，故从cd边离开磁场入射速度必须大于2v，C错误根据tT且T可知圆心角越大运动时间越长，从af边飞出的粒子圆心角最大为180，tmaxtt，故D错误二、非选择题8(2019年山西重点中学一模)如图所
8、示，质量为m、带电量为q的小球从距地面高度h处以一定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面为，为使小球无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一场强方向向左的匀强电场求：(1)小球的初速度v0；(2)电场强度E的大小；(3)小球落地时的动能【答案】(1)2L(2)(3)mgh【解析】(1)水平方向匀减速运动到管口时速度恰为零，则Lt竖直方向自由落体运动到管口，则gt2由得v02L.(2)水平方向由运动学公式及牛顿第二定律得v2L由得E.(3)竖直方向自由落体运动直到地面有mghEqLEkmv解得Ekmgh.9(2019年江苏卷)如图
9、所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MNL，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为m、电荷量为q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且dL，粒子重力不计，电荷量保持不变(1)求粒子运动速度的大小v；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PMd，QN，求粒子从P到Q的运动时间t.【答案】解：(1)粒子的运动半径d解得v.(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边
10、界相切，由几何关系得dmd(1sin 60)解得dmd.(3)粒子的运动周期T设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t，则tnt(n1,3,5).当 Lndd时，粒子斜向上射出磁场tT，这时n1为偶数解得t.当Lndd时，粒子斜向下射出磁场tT，这时n1为偶数解得t.或总结成t，表示取整数部分10(2019年南阳模拟)如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，S1、S2分别为M、N板上的小孔，S1、S2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且S2OR.以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，
11、板两端点的连线垂直M、N板质量为m、带电量为q的粒子，经S1进入M、N间的电场后，通过S2进入磁场粒子在S1处的速度和粒子所受的重力均不计(1)当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小v；(2)若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；(3)当M、N间的电压不同时，粒子从S1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)粒子从S1到达S2的过程中，根据动能定理得qUmv2解得 v.(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvBm得加速电压U与轨迹半径r的关系为U由几何关系知粒子射出磁场边界的位置、打在D的位置、O点三点共线，当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径rR对应电压U0.(3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，速度偏转用越小，由t知在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径rR由qvBm得粒子进入磁场时速度的大小v粒子在电场中经历的时间t1粒子在磁场中经历的时间t21粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为tt1t2t3.
