2020高考物理二轮复习第1部分专题4电场和磁场第3讲带电粒子在复合场中的运动限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第1部分专题4电场和磁场第3讲带电粒子在复合场中的运动限时检测含解析

第3讲　带电粒子在复合场中的运动 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2019·日照质检)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图4－3－17所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是 图4－3－17‎ A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的场强为Bvcos θ 解析　若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C、D错误。‎ 答案　A ‎2．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图4－3－18所示，其中S0A＝S0C，则下列相关说法中正确的是 图4－3－18‎ A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 10‎ C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2‎ 解析　由左手定则判定甲带负电，乙带正电，A错误；粒子在两极板间做匀速直线运动，故qE＝qvB1，则v＝，故C错误；由S0A＝S0C知，R甲＝R乙，又R＝，所以＝，故B正确，D错误。‎ 答案　B ‎3．(2019·山西五市联考)如图4－3－19所示的金属导体，长l、宽d、高h，导体中通有沿x轴正方向的恒定电流I，空间存在沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度为B，已知金属导体中单位体积内自由电子数为n，电子电荷量为e，则下列说法正确的是 图4－3－19‎ A．金属导体的M面带正电 B．金属导体中电荷定向移动速率为 C．增加导体高度h，M、M′两面间的电压将增大 D．M、M′两面间的电势差为 解析　根据左手定则知，电子向M面偏转，则导体的M面带负电，为负极，M′面带正电，为正极；自由电子做定向移动，视为匀速运动，设定向移动速率为v，则时间t内某一截面内电子前进的距离为vt，对应体积为vthd，此体积内含有的电子个数为nvthd，电荷量为nevthd，则电流I＝＝nevhd，电荷定向移动速率为v＝；电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e＝Bev，可得电势差U＝Bhv＝，可知M、M′两面间的电压与导体高度h无关；因M面电势低，则M、M′两面间的电势差为－。所以B正确，A、C、D错误。‎ 答案　B ‎4．(多选)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图4－3－20为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器和偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E 10‎ ‎。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则 图4－3－20‎ A．速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电 B．三种粒子的速度大小均为 C．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大 D．如果三种粒子的电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为 解析　根据粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，又由于粒子束在速度选择器中沿直线运动，因此电场方向一定向右，A正确；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，qE＝qvB1，可得v＝，B错误；粒子在底板MN下侧的磁场中运动时，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qvB2＝m，可得R＝，如果三种粒子的电荷量相等，粒子的质量越大，其轨迹半径也越大，所以打在P3点的粒子质量最大，C正确；由题图可知OP1＝2R1＝，OP3＝2R3＝，Δx＝OP3－OP1＝－，因此Δm＝m3－m1＝＝，D错误。‎ 答案　AC ‎5．(多选)(2019·东营三模)如图4－3－21所示，在真空中半径为r＝0.1 m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B＝0.01 T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v＝1×103 m/s从c点沿cd方向射入场区，粒子将沿cd方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的，不计粒子重力，下列说法正确的是 图4－3－21‎ 10‎ A．电场强度的大小为10 N/C B．带电粒子的比荷为1×106 C/kg C．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 m D．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5 s 解析　粒子沿直线运动，则qvB＝Eq，解得E＝Bv＝0.01×103 N/C＝10 N/C，选项A正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r＝··t2，竖直方向r＝vt，解得：＝＝ C/kg＝2×106 C/kg，选项B错误，撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R＝＝ m＝0.1 m，选项C正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t＝＝＝ s＝1.57×10－4 s，选项D错误。‎ 答案　AC ‎6．(多选)(2019·洛阳高三质检)如图4－3－22所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小。要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是 图4－3－22‎ A．适当减小两金属板的正对面积 B．适当增大两金属板的距离 C．适当减小匀强磁场的磁感应强度 D．使带电粒子的电性相反 解析　在这个复合场中，动能逐渐减小，说明合外力做负功，因洛伦兹力不做功，故电场力做负功，则电场力小于洛伦兹力。由E＝可知，当减小正对面积，Q不变，E增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，选项A正确；当增大两板间距离时，场强不变，选项B错误；当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，洛伦兹力可能小于电场力，选项C正确；当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，选项D错误。‎ 答案　AC 二、计算题(共50分)‎ 10‎ ‎7．(10分)(2019·浙江卷)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图4－3－23所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知＝0.5r0，＝r0，N、P两点间的电势差UNP＝，cos θ＝，不计重力和离子间相互作用。‎ 图4－3－23‎ ‎(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；‎ ‎(3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值。‎ 解析　(1)由径向电场力提供向心力有E0q＝ 解得E0＝ 由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝ 解得B＝ ‎(2)从M点到P点，由动能定理有 ×0.5mv2－×0.5mv02＝qUNP 解得v＝v0‎ 则在磁场中，质量为0.5m的离子的轨迹半径r＝＝r0‎ 由几何知识有l＝2rcos θ－0.5r0‎ 10‎ 解得l＝1.5r0‎ ‎(3)若恰好能分辨，则有－＝ 解得＝－4≈0.12。‎ 答案　(1)　　(2)1.5r0　(3)0.12‎ ‎8．(12分)(2019·黄冈市高三调研)如图4－3－24所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，空间存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场和平行于xOy平面的匀强电场，第三象限内有一点P，其坐标为(－1 m，－ m)，质量为m＝2×10－5 kg、带电荷量为q＝＋5×10－5 C的液滴以v＝2 m/s的速度沿直线从P点运动到O点，若已知匀强磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度g取10 m/s2。‎ 图4－3－24‎ ‎(1)求匀强电场场强E的大小及方向；‎ ‎(2)若在带电液滴经过O点时只撤去磁场，液滴会经过x轴上的Q点，求Q点的坐标。‎ 解析　(1)由P点坐标为(－1 m，－ m)可得PO与y轴的夹角θ＝30°‎ 受力分析可知带电液滴沿PO做匀速直线运动，小球受重力、电场力、洛伦兹力，三力平衡，可得：‎ qE＝mgcos θ 代入数据解得：E＝2 N/C 电场方向沿PO方向(与x轴成60°角斜向右上)‎ ‎(2)撤去磁场，液滴做类平抛运动，设其加速度为g′，有 g′＝＝ 设撤掉磁场后到达Q点时液滴在初速度方向上的分位移为x′，有x′＝vt 在重力与电场力的合力方向上的分位移为y′，有 y′＝g′t2‎ 又g′与x轴所成夹角为θ，如图所示，有tan θ＝ 10‎ 联立以上各式，代入数据解得 x′＝ m 又有OQ＝2x′＝ m 故Q点的坐标为。‎ 答案　(1)2 N/C　电场方向沿PO方向(与x轴成60°角斜向右上)　(2) ‎9．(12分)如图4－3－25甲所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限中，有平行于y轴向下的匀强电场，在y轴的右侧区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度大小B随时间变化的关系如图乙所示，在t＝0时刻有一比荷为1×104 C/kg的带正电粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0＝2×103 m/s进入磁场，开始时，磁场方向垂直纸面向里，粒子最后到达x轴上坐标为(－2 m,0)的P点，求：‎ 图4－3－25‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；‎ ‎(2)粒子到达y轴时与O点的距离s；‎ ‎(3)匀强电场的电场强度大小E。‎ 解析　(1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，轨迹半径为R 10‎ ‎，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m 得R＝＝0.4 m ‎(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则 T＝＝4π×10－4 s ‎0～π×10－4 s时间内，粒子运动的周期数为 N1＝＝ 运动轨迹对应的圆心角为120°‎ π×10－4～2π×10－4 s内，粒子运动的周期数为 N2＝＝ 运动轨迹对应的圆心角为60°‎ ‎2π×10－4～π×10－4 s内，粒子运动的周期数为 N3＝＝ 运动轨迹对应的圆心角为120°‎ 故粒子运动轨迹如图所示，粒子恰好在t＝π×10－4 s时到达y轴，由图知粒子到达y轴时与O点的距离 s＝4R＝1.6 m ‎(3)粒子进入电场后做类平抛运动，则 s＝at2＝t2‎ x＝v0t 解得E＝3.2×102 V/m。‎ 10‎ 答案　(1)0.4 m　(2)1.6 m　(3)3.2×102 V/m ‎10．(16分)如图4－3－26所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ 图4－3－26‎ ‎(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；‎ ‎(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；‎ ‎(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。‎ 解析　(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动。‎ 由图甲知tan 37°＝，‎ 解得E1＝ cos 37°＝ 解得B1＝ ‎(2)区域Ⅰ中小球做加速直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图乙知 10‎ cos 37°＝ 解得E2＝ 方向与x轴正方向成53°角斜向上 ‎(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以 mg＝qE3，得E3＝ 因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示 由几何关系可知r＋rcos 53°＝d，‎ 解得r＝d 由洛伦兹力提供向心力知 B2q·2v0＝m，‎ 联立得B2＝。‎ 答案　(1)　　(2)，方向与x轴正方向成53°角斜向上　(3)　 10‎