（江浙選考1）2022年高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動 考點(diǎn)強(qiáng)化練40 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動
江浙選考1）2022年高考物理總復(fù)習(xí) 專題二 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動 考點(diǎn)強(qiáng)化練40 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動1.如圖所示,一帶電粒子從平行帶電金屬板左側(cè)中點(diǎn)垂直于電場線以速度v0射入電場中,恰好能從下板邊緣以速度v1飛出電場若其他條件不變,在兩板間加入垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,該帶電粒子恰能從上板邊緣以速度v2射出不計(jì)重力,則( )A.2v0=v1+v2 B.v0=C.v0= D.v0 現(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v0,則下列情況可能發(fā)生的是( )A.環(huán)將保持勻速運(yùn)動,環(huán)的機(jī)械能不變B.環(huán)將向右減速,最后靜止,損失的機(jī)械能是C.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機(jī)械能是D.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機(jī)械能是m()25.(多選)如圖所示,在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m,電荷量為+q,電場強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中( )A.小球的加速度一直減小B.小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=6.(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖1所示大量的甲、乙兩種離子以0到v范圍內(nèi)的初速度從A點(diǎn)進(jìn)入電壓為U的加速電場,經(jīng)過加速后從0點(diǎn)垂直邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,最后打到照相底片上并被全部吸收已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)量分別為2m和m不考慮離子間的相互作用圖1圖2(1)求乙離子離開電場時的速度范圍;(2)求所有離子打在底片上距O孔最遠(yuǎn)距離xm;(3)若離子進(jìn)入O孔時速度方向分布在y軸兩側(cè)各為θ=30°的范圍內(nèi)如圖2所示,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求離子最大初速度v應(yīng)滿足的條件。 7.(2018浙江教育綠色評價聯(lián)盟高考適應(yīng)性試卷)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m的圓柱腔分為兩個工作區(qū)Ⅰ為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1.0×10-3 T,在離軸線處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運(yùn)動,截面如圖2所示(從左向右看)電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線成α(0<α≤90°)角電子碰撞銫原子使之電離,為了取得好的電離效果,從內(nèi)圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內(nèi)運(yùn)動時不能與外器壁碰撞Ⅱ?yàn)榧铀賲^(qū),兩端加有電壓,形成軸向的勻強(qiáng)電場Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的銫離子以接近0的初速度進(jìn)入Ⅱ區(qū),被加速后以速度v0=7.25×104 m/s從右側(cè)噴出這種高速粒子流噴射出去,可推動衛(wèi)星運(yùn)動,電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大,電離效果越好,已知銫離子荷質(zhì)比=7.25×105 C·kg-1,銫離子M=2.2×10-25 kg,電子質(zhì)量為m=0.9×10-30 kg,電量為e=1.60×10-19 C(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓;(2)為取得好的電離效果,請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);(3)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vm與α角的關(guān)系;(4)若單位時間內(nèi)噴射出N=1018個銫離子,試求推進(jìn)器的推力(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)。 8.(2018浙江溫州市十五校聯(lián)合體高二下學(xué)期期末)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中,y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于xOy平面向里P點(diǎn)的坐標(biāo)為(-L,0),M1、M2兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(0,L)、 (0,-L)平行金屬板板間電壓大小可調(diào),質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負(fù)電粒子,從靠近負(fù)極板由靜止開始加速,恰能沿PM1方向運(yùn)動,從M1進(jìn)入磁場在坐標(biāo)為-,0處的C點(diǎn)固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板,C為擋板中點(diǎn)假設(shè)帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后,沿y方向分速度不變,沿x方向分速度大小不變、方向相反不計(jì)粒子的重力及與擋板碰撞的時間1)若粒子第一次通過磁場后恰好通過O點(diǎn),求粒子第一次經(jīng)過x軸的坐標(biāo);(2)若粒子第一次通過磁場后恰好直接通過M2,求加速電壓的大小;(3)若粒子與擋板碰撞兩次后返回P點(diǎn),求粒子從P點(diǎn)開始計(jì)時到返回P點(diǎn)的時間9.(2018浙江杭州高考命題預(yù)測)如圖所示,在x軸上方有一豎直向下的勻強(qiáng)電場區(qū)域,電場強(qiáng)度為E=500 V/mx軸下方分布有很多磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1 T的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,其寬度均為d1=3 cm,相鄰兩磁場區(qū)域的間距為d2=4 cm現(xiàn)將一質(zhì)量為m=5×10-13 kg、電荷量為q=1×10-8 C的帶正電的粒子(不計(jì)重力)從y軸上的某處靜止釋放。 1)若粒子從坐標(biāo)(0,1.25 cm)點(diǎn)由靜止釋放,求粒子剛剛進(jìn)入磁場瞬間的速度大小2)調(diào)節(jié)釋放點(diǎn)的位置坐標(biāo)(0,h),要使它經(jīng)過x軸下方時,不會進(jìn)入第二磁場區(qū),h應(yīng)滿足什么條件?(3)若粒子從坐標(biāo)(0,5 cm)點(diǎn)由靜止釋放,求粒子自釋放到第二次過x軸的時間10.如圖甲所示,建立xOy坐標(biāo)系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱,極板長度和板間距均為l在第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,方向垂直于xOy平面向里位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子在0~3t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)已知t=0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場上述m、q、l、t0、B為已知量不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)(1)求電壓U0的大小;(2)求t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑;(3)何時進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時間最短?求此最短時間11.(2018年11月浙江選考,23)【加試題】小明受回旋加速器的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖1所示的“回旋變速裝置”兩相距為d的平行金屬柵極板M、N,板M位于x軸上,板N在它的正下方。 兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓,周期T0=板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場粒子探測器位于y軸處,僅能探測到垂直射入的帶電粒子有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源,沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子t=0時刻,發(fā)射源在(x,0)位置發(fā)射一帶電粒子忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在電場中運(yùn)動的時間不計(jì)圖1圖2(1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測到,求發(fā)射源的位置和粒子的初動能;(2)若粒子兩次進(jìn)出電場區(qū)域后被探測到,求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系考點(diǎn)強(qiáng)化練40 帶電粒子在組合場或復(fù)合場中的運(yùn)動1.B 帶點(diǎn)粒子在電場中運(yùn)動時,電場力做正功,在電場和磁場的復(fù)合場中運(yùn)動時,洛倫茲力不做功,電場力做負(fù)功,所以有v2 3.AD A圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向上故A正確;B圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶負(fù)電,當(dāng)進(jìn)入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故B錯誤;C圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故C錯誤;D圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時,由圖可知,電場力向上,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故D正確4.ABD 因?yàn)槌跛俣葀0大小不確定,因此洛倫茲力大小不確定,由于桿的存在,環(huán)在垂直運(yùn)動方向上處于受力平衡狀態(tài),即向上的合力等于向下的合力1)若Bv0q=mg,則沒有支持力,不會產(chǎn)生摩擦力,物體做勻速直線運(yùn)動,所以A正確2)若Bv0q 5.CD 小球靜止時只受電場力、重力、支持力及摩擦力,電場力水平向左,摩擦力豎直向上;開始時,小球的加速度應(yīng)為a=;小球速度將增大,產(chǎn)生洛倫茲力,由左手定則可以知道,洛倫茲力向右,故水平方向合力將減小,摩擦力減小,故加速度增大;故A錯誤;當(dāng)洛倫茲力等于電場力時,摩擦力為零,此時加速度為g,達(dá)最大;此后速度繼續(xù)增大,則洛倫茲力增大,水平方向上的合力增大,摩擦力將增大;加速度將減小,故最大加速度的一半會有兩種情況,一是在洛倫茲力小于電場力的時間內(nèi),另一種是在洛倫茲力大于電場力的情況下,則:,計(jì)算得出,v1=,所以C選項(xiàng)是正確的;同理有:,計(jì)算得出v2=,所以D選項(xiàng)是正確的;而在下降過程中有摩擦力做功,故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故機(jī)械能和電勢能的總和將減小6.答案 (1)≤v1≤(2)xm=2rm=4 (3)v=解析 (1)設(shè)離子以初速度v0進(jìn)入電場,離開電場時速度為v1,由:qU=解得v1=由題意可知,乙離子進(jìn)入電場時速度范圍0~v,可得乙離子離開電場時速度范圍為:≤v1≤(2)粒子在磁場中只受洛倫茲力作用,有qBv1=m解得r=經(jīng)判斷知,以v進(jìn)入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠(yuǎn)處rm=2,xm=2rm=4(3)當(dāng)乙離子平行于y軸且以最大速度射出時能打到最遠(yuǎn),此時距O孔最遠(yuǎn)處為2r乙=2當(dāng)甲離子沿與y軸成30°且以最小速度射出時能打到最近,此時距O孔最近處為2r甲cos 30°=cos 30°當(dāng)2r乙=2r甲cos 30°時,即v=所以要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,離子最大初速度v<。 7.答案 (1)U=3.625×103 V (2)垂直紙面向外 (3)vm=×108 m/s (4)F=1.6×102 N解析 (1)帶電粒子在Ⅱ區(qū)加速,根據(jù)動能定理得:qU=mv2,解得:U=3.625×103 V(2)要取得較好的電離效果,電子須在出射方向左邊做勻速圓周運(yùn)動,即為按逆時針方向旋轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知,此刻Ⅰ區(qū)磁場應(yīng)該是垂直紙面向外3)當(dāng)電子以α角入射時,最大速度對應(yīng)軌跡如圖所示軌跡圓與圓柱腔相切,此時有:∠OCO'=90°-α,OC=,O'C=r,OO'=R-r,由余弦定理得:(R-r)2=2+r2-2r××cos(90°-α),又cos(90°-α)=sin α,聯(lián)立解得:r=在磁場中有:evmB=m聯(lián)立解得:vm=×108 m/s(4)根據(jù)動量定理得:Ft=NMv0代入數(shù)據(jù)得:F=1.6×102 N8.答案 (1)(L,0) (2) (3)解析 (1)由題意畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖甲所示甲由幾何關(guān)系可得粒子經(jīng)過x軸的坐標(biāo)為(L,0)乙(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,畫出運(yùn)動軌跡如圖乙所示;由幾何關(guān)系可以知道粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑:r=L對粒子,洛倫茲力提供向心力:qvB=m電場中加速,由動能定理:qU=mv2由以上各式解得:U=丙(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑設(shè)為R,由題設(shè)畫出粒子的運(yùn)動軌跡如圖丙所示,進(jìn)入磁場的方向與PM1方向平行,每次在磁場中偏轉(zhuǎn)一次,沿y軸的負(fù)方向下移距離:Δy1=R從磁場出來與C板碰撞再進(jìn)入磁場時,粒子沿y軸正方向上移的距離:Δy2=R,其中qvB=根據(jù)題意經(jīng)過兩次與C板碰撞后回到P點(diǎn),則有:2L=3Δy1-2Δy2,在磁場中的時間t1=3×在磁場外的時間:t2=2×+2×運(yùn)動的時間為t=t1+t2=9.答案 (1)5×102 m/s (2)1.8×10-2 m (3)3.57×10-4 s解析 (1)由Eqh1=得到v1==5×102 m/s(2)粒子經(jīng)電場加速,經(jīng)過x軸時速度大小為v,滿足:Eqh=mv2之后進(jìn)入下方磁場區(qū),依據(jù)題意可知運(yùn)動半徑應(yīng)滿足R1 ④(2)t0時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子,前t0時間在電場中偏轉(zhuǎn),后t0時間兩極板沒有電場,帶電粒子做勻速直線運(yùn)動帶電粒子沿x軸方向的分速度vx=v0= ⑤帶電粒子離開電場時沿y軸負(fù)方向的分速度vy=a·t0 ⑥帶電粒子離開電場時的速度v= ⑦設(shè)帶電粒子離開電場進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m, ⑧由③⑤⑥⑦⑧解得R= ⑨(3)在t=2t0時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子,在電場中做類平拋運(yùn)動的時間最長,飛出極板時速度方向與磁場邊界的夾角最小,而根據(jù)幾何知識可知,軌跡的圓心角等于粒子射入磁場時速度方向與邊界夾角的2倍,所以在t=2t0時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場中運(yùn)動時間最短帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度vy'=at0 ⑩設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α,則tan α=,由③⑤⑩解得α=,帶電粒子在磁場運(yùn)動的軌跡圖如圖所示,圓弧所對的圓心角θ=2α=,所求最短時間tmin=T,帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=,聯(lián)立以上兩式解得tmin=11.答案 (1)x0=y0 (2)Ek0>2qU0,x=y+);qU0
