2019年高考物理 100考點(diǎn)千題精練 專(zhuān)題9.12 組合場(chǎng)問(wèn)題.doc

專(zhuān)題9.12 組合場(chǎng)問(wèn)題 一．選擇題 1．(2018東北三校聯(lián)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U1的電場(chǎng)加速后，射入水平放置、電勢(shì)差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過(guò)兩板后又垂直于磁場(chǎng)方向射入邊界線(xiàn)豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則粒子射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的M、N兩點(diǎn)間的距離D隨著U1和U2的變化情況為(不計(jì)重力，不考慮邊緣效應(yīng))(　　) A．D隨U1變化，D與U2無(wú)關(guān) B．D與U1無(wú)關(guān)，D隨U2變化 C．D隨U1變化，D隨U2變化 D．D與U1無(wú)關(guān)，D與U2無(wú)關(guān) 【參考答案】A 2．（2018廣州一模）如圖，正方形abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，△bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行bc的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）。一帶電粒子從d點(diǎn)沿da方向射入磁場(chǎng)，隨后經(jīng)過(guò)bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場(chǎng)，接著從b點(diǎn)射出電場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。則 A．粒子帶負(fù)電 B．電場(chǎng)的方向是由b指向c C．粒子在b點(diǎn)和d點(diǎn)的動(dòng)能相等 D．粒子在磁場(chǎng)、電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為p∶2 【參考答案】ABD 3．（2018廣東韶關(guān)質(zhì)檢）如圖 4 所示，一個(gè)靜止的質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q 的粒子（不計(jì)重力），經(jīng)電壓 U 加速 后垂直進(jìn)人磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)半個(gè)圓周后打在 P 點(diǎn)，設(shè) OP=x，能夠正確反應(yīng) x 與 U 之間的函數(shù)關(guān)系的是 【參考答案】B 4．如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在x軸的下方等腰三角形CDy區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其中C，D在x軸上，它們到原點(diǎn)O的距離均為a， ?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h，不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響。，下列說(shuō)法正確的是（ ） A. 若 ，則粒子垂直Cy射出磁場(chǎng) B. 若，則粒子平行于x軸射出磁場(chǎng) C. 若 ，則粒子垂直Cy射出磁場(chǎng) D. 若，則粒子平行于x軸射出磁場(chǎng) 【參考答案】AD 點(diǎn)睛：帶電粒子先經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速，再進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求出加速獲得的速度，由牛頓第二定律求出在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑，可結(jié)合幾何知識(shí)判斷粒子射出磁場(chǎng)的方向． 二．計(jì)算題 1. (16分) （2018江蘇揚(yáng)州期末）在如圖所示的坐標(biāo)系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線(xiàn)，PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長(zhǎng)為d.PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩極板長(zhǎng)度為d，間距為d.電場(chǎng)右側(cè)的x軸上有足夠長(zhǎng)的熒光屏．現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點(diǎn)，M到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣效應(yīng)，求： (1) 電子通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t； (2) 偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U； (3) 電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時(shí)才能打到熒光屏上． 【名師解析】 (1) 電子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)周期為 T＝(2分) 通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間為t1＝T＝. (2分) (2) 由幾何知識(shí)得r＝d，又r＝ 解得v＝(2分) 代入數(shù)據(jù)解得U＝.(2分) (3) 電子恰好打在下極板右邊緣 磁場(chǎng)中r′＝ 電場(chǎng)中水平方向d＝v′t 豎直方向r′＝t2 由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v′＝.(4分) 2.（2017北京海淀二模）（16分）如圖所示，真空玻璃管內(nèi)，加熱的陰極K發(fā)出的電子（初速度可忽略不計(jì)）經(jīng)陽(yáng)極A與陰極K之間的電壓U1形成的加速電場(chǎng)加速后，從陽(yáng)極A的小孔射出，由水平放置的平行正對(duì)偏轉(zhuǎn)極板M、N的左端中點(diǎn)以平行于極板的方向射入兩極板之間的區(qū)域。若M、N兩極板間無(wú)電壓，電子將沿水平直線(xiàn)打在熒光屏上的O點(diǎn)；若在M、N兩極板間加電壓U2，形成平行紙面的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則電子將打在熒光屏上的P點(diǎn)；若在M、N極板間加電壓U2的同時(shí)，再加方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電子將能重新打在熒光屏上的O點(diǎn)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，M、N兩極板長(zhǎng)均為L(zhǎng)1、兩極板間距離為d，極板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)2。 （1）忽略電子所受重力及它們之間的相互作用力，求： ①電子從陽(yáng)極A小孔射出時(shí)速度v0的大?。? ②電子重新打在熒光屏上O點(diǎn)時(shí)，所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 （2）在解決一些實(shí)際問(wèn)題時(shí)，為了簡(jiǎn)化問(wèn)題，常忽略一些影響相對(duì)較小的量，這對(duì)最終的計(jì)算結(jié)果并沒(méi)有太大的影響，因此這種處理是合理的。如在計(jì)算電子打在熒光屏上的位置時(shí)，對(duì)于電子離開(kāi)M、N板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)程，可以忽略電子所受的重力。請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明為什么這樣處理是合理的。已知U2=2.0102V，d=4.010-2m，m=9.110-31kg，e=1.610-19C，L1=5.010-2m，L2=0.10m，重力加速度g=10m/s2。 ② 加磁場(chǎng)后，電子沿水平方向以v0做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所受合力為零………………（2分） 即eU2/d=ev0B………………………（2分） 解得 B=……………………………（2分） 若考慮到重力的作用，則電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)到熒光屏的過(guò)程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向的位移 y2=vyt2+gt22=+g…（1分） 由于重力影響，電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)到熒光屏的過(guò)程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向位移增加量為 Δy=y2-y1=g 由于重力的影響，電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)到熒光屏的過(guò)程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向位移的增加量與忽略電子所受重力時(shí)的位移的比值 ≈10-14…………………………………（1分） 即重力對(duì)電子打在熒光屏上的位置影響非常小，所以計(jì)算電子偏轉(zhuǎn)量時(shí)可以忽略電子所受的重力。 ………………………………………………… 3．（2017年5月廣西五市模擬）如圖所示，虛線(xiàn)MN為勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界線(xiàn)，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E方向豎直向下且與邊界MN成θ=45角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，在電場(chǎng)中有一點(diǎn)P，P點(diǎn)到邊界MN的豎直距離為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P處由靜止釋放（不計(jì)粒子所受重力，電場(chǎng)和磁場(chǎng)范圍足夠大）。求： （1）粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??； （2）粒子第一次出磁場(chǎng)處到第二次進(jìn)磁場(chǎng)處的距離； （3）若粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后的某時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)?，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場(chǎng)中，則的最小值為多少？ 【參考答案】（1）v=。 （2）xCA=4d。 （3）B’=2(2-)B. 由幾何知識(shí)可得x=y，解得：t= 兩點(diǎn)間的距離為：xCA=vt， 代入數(shù)據(jù)可得：xCA=4d。 設(shè)此后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，則有幾何關(guān)系可知r=R。 又因?yàn)閞=， 所以B’=， 代入數(shù)據(jù)可得：B’=2(2-)B. 4.如圖所示，等邊三角形AQC的邊長(zhǎng)為2L， P、D分別為AQ、AC的中點(diǎn)．水平線(xiàn)QC以下是向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ（梯形PQCD）內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0；區(qū)域Ⅱ（三角形APD）內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，區(qū)域III（虛線(xiàn)PD之上、三角形APD以外）的磁場(chǎng)與區(qū)域Ⅱ內(nèi)大小相等、方向相反．帶正電的粒子從Q點(diǎn)正下方、距離Q點(diǎn)為L(zhǎng)的O點(diǎn)以某一速度射入電場(chǎng)，在電場(chǎng)作用下以速度v0垂直QC到達(dá)該邊中點(diǎn)N，經(jīng)區(qū)域再?gòu)腜點(diǎn)垂直AQ射入?yún)^(qū)域（粒子重力忽略不計(jì)） （1）求該粒子的比荷q/m； （2）求該粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間t1和勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E； （3）若區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B0，則粒子經(jīng)過(guò)一系列運(yùn)動(dòng)后會(huì)返回至O點(diǎn)，求粒子從N點(diǎn)出發(fā)再回到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程所需的時(shí)間t． 【名師解析】(1)由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為：r1=L 由牛頓第二定律和洛倫茲力表達(dá)式得到：qv0B0=m 解得：q/m= (3)帶電粒子在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，同理由牛頓第二定律和洛倫茲力表達(dá)式可得： qv03B0=m 解得：r2=L/3 粒子從N點(diǎn)出發(fā)再回到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)一段圓弧所對(duì)的圓心角α1=π/3， 在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2=2= 在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)一段圓弧所對(duì)的圓心角α2=π/3， 在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2== 在區(qū)域Ⅲ中勻速圓周運(yùn)動(dòng)一段圓弧所對(duì)的圓心角α3=π， 在區(qū)域Ⅲ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t3=2= 粒子從N點(diǎn)出發(fā)再回到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程所需的時(shí)間t=t3+ t2+t3=++=