2013年高考物理模擬新題精選分類解析(第8期)專題19帶電粒子在復(fù)合場中的運動

1、2013年高考物理模擬新題精選分類解析（第 8期）專題19帶電粒子在復(fù)合場中的運動1. （2013四川省涼山州二模）如圖，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場e和勻強(qiáng)磁場b （勻強(qiáng)電場水平向右），在豎直平面內(nèi)從 a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球（不考慮兩帶電球的相互作用，兩球 電量始終不變），關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是19a. ?& ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動b.只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動c. 1a ac做直線運動的小球帶負(fù)電，且一定是勻速運動d.兩小球在運動過程中機(jī)械能均守恒答案;ac解析:由于題述沒有給出帶電小球的電性和拋出的速度，沿阪 酢方向拋出的帶電小 球都

2、可能所受電場力洛倫茲重力三七?。憾?，做直線運動，選項a正確3錯誤. 沿ac做直線運動的小球帶負(fù)電 k-定是勻速氣頊，選項c正確小兩小球在運動 過程中電場力做功，機(jī)械能不守恒，選用d錯誤.e、內(nèi)阻為r,兩平行金屬板2. （2013云南省昆明市質(zhì)檢）如圖所示的電路中，電源電動勢為間有勻強(qiáng)磁場。開關(guān) s閉合后，當(dāng)滑動變阻器滑片位于圖示位置時，一帶電粒子恰好以速.度v勻速穿過兩板。若不計重力，以下說法正確是a.如果將開關(guān)斷開，粒子將繼續(xù)沿直線運動b .保持開關(guān)閉合，將a極板向下移動一點， 粒子可能向上偏c .保持開關(guān)閉合，將滑片 p向上滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出d .保持開關(guān)閉合，將滑片 p

3、向下滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出答案土 bcd解析；如果將開關(guān)斷開，粒子格左洛倫差/j作用：扇禱，選項a錯誤,保持開關(guān)閉合， 將若極板向下移動一點，電容幡大，巴苔器充屯，兩極板之間電場強(qiáng)度增大，粒子 所受電場力增大，粒子可能向上偏轉(zhuǎn),選項，下確。保持開關(guān)閉合，將滑片p向上 滑動一點，平行金屬板間電壓降低.產(chǎn) 所受電場力小于洛倫茲力。若粒子帶負(fù)電, 粒子將可能從下極板邊緣射出；匹項c正確。保持開關(guān)閉合，將滑片p向下滑動一 點，平行金屬板間電壓升高，粒子所受電場力大洛倫茲力.若粒子帶正電，粒子 將可能從下極板邊緣射出，進(jìn)項d正布外3. （18分）（2013甘肅省一診）如圖甲所示，在以0為坐

4、標(biāo)原點的xoy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場。一個帶正電小球在 0時刻以v）=3gt。的初速度從0點沿+x方向（水平向右）射入該 空間，在t。時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁 .場，其中電場沿-y方向（豎直向上），場強(qiáng)大小e=mg,磁場垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 b=- o已知小球的質(zhì)量為 m,帶電量 qqt0為q,時間單位t0,當(dāng)?shù)刂亓铀俣?g,空氣阻力不計。試求：（1）12t 0末小球速度的大小。（2）在給定的xoy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在 0到24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖。（3）30t。內(nèi)小球距x軸的最大距離。x/my/mml5io 1 ofih 5/o 20fo2

5、5fo f5fo 10ft)15/o 2()/o 25fo t乙1解析】（1） 0、：內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動。當(dāng)同時加上電場和磁場時，電場力3凡二超二陽，方向向上（1分）因為重力和電場力恰好平衡，所以在電場和磁場同時存在時小球只受洛倫茲力而做勻速 圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有.加” 口分）7 _ 2加運動周期=v （1分）聯(lián)立解得了= 2/,（1分）電場，磁場同時存在的時間正好是力殊做圓戶運動周期的5倍，即在這10在內(nèi)，小球 恰好做了 5個完整的勻速圓周運動.所以小球在t：=12工時刻的速度相當(dāng)于小球做平拋運動工二2工時的末速度中右三二2片2g& （1分）所以12力末速度片三亞羽三灰

6、甑（1分）（2）241：內(nèi)運動軌跡的示意圖如有由所示。（3）分析可知，小球在3qf：時與24修位置相同，衽24% 內(nèi)小球做了厚力二的平拋運動，和業(yè)i”圓周運二口23市末小球平拋運動的豎直分位移大小為二 =04 0 分）豎直分速度七二3月衣（1分） 所以小球與豎直方向的夾角為日= 45。，速度大小為啊=3點犯（2分）”嗎此后小球做勻速圓周運動的半徑 。與.一 （1分）+響3叱末小球距工軸的最大距離：內(nèi)=%十。-4為f = % r 嗎（2分）【考的透析】帶電粒子在電磁場場中的運動和平拋運動的結(jié)合4. （2013年3月山東省泰安市質(zhì)檢）（18分）在xoy坐標(biāo)系內(nèi)存在按圖示規(guī)律變化的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場

7、，電場沿 y軸正方向，場強(qiáng)為 e0.磁場垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b0. 一質(zhì)量為 m電荷2 二 m重為q的正粒子，在t=0時刻從y軸上某處沿x軸正向射入，已知 01父時間內(nèi)粒子做直線qbo運動.不計粒子重力.求.(1)粒子射入時的速度.(2)在04x m時間內(nèi)，粒子沿y軸方向的位移. qbo(3)若粒子的速度第二次沿 x軸負(fù)向時，恰好經(jīng)過 x軸.則t=0時粒子的縱坐標(biāo)為何值 ？解析；(1海0卜浮時間內(nèi)，粒子做直線運動，目圣飛力切，解得=及)/琦。(2應(yīng)k江-4x型時間內(nèi)，粒子做一圓周運動和t=2*現(xiàn)的類平拋運動oqb cqb：qb：v=(3應(yīng) t=4： 2加時,i=aat=4ng tan0=

8、4no+= jl+16、e丁 eg在4,坦生2時間內(nèi)，粒子做圓周運動,，g達(dá)產(chǎn)mu祖 qbar解得；r=俎而才，雙縱坐標(biāo)：jrcos-r-ay o聯(lián)立解得：v=q+/1+16/-8ti:;上 炳5. （18分）（2013年3月河南省洛陽市二模）如圖所示，在xoy平面內(nèi)有一直線l ,其方程為v= 子義, 在直線上方存在電場強(qiáng)度為e、方向垂直l向下的勻強(qiáng)電場，直線下方存在磁感應(yīng)弓11度為b、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)有一質(zhì)量為mn所帶電荷量為+q的粒子（重力不計），在紙面內(nèi)從直.線上某點m （在。點右方）以速度v=e射人磁場，已知運動方向與 l夾角為=30o求: b（1）粒子在運動過程中距直線

9、 l的最遠(yuǎn)距離；（2） m點距。點多遠(yuǎn)時粒子才能通過 。點.解析，（1）粒子運動軌跡如圖所示,設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運動的半徑為r,則解得,r=me設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中運動過程中距直線7的最遠(yuǎn)距離為dr則有；d-r-rcase,即1 d =（12 空-*設(shè)粒子在勻強(qiáng)電場中運動過程中距直線的最遠(yuǎn)距離為止，則有,d產(chǎn)乎又有，qe=maf解制d仔因為d皿所演大距離為（4登（2）粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的半徑r二變。由幾何關(guān)系得：二家粒子過，后受到方向垂直于直線/方向的電場力，設(shè)粒子再次運動到直線上c點時用時 間t,在沿電場方向有： vsin 9 =ot/2, qe=maf聯(lián)立解得： t=m/

10、qetli.c=vc os所以，當(dāng) lmd=n(e2 + 3me-). (n=1,2,3，)qb22qb2或：lmd=n（ m2 + me）+m2. （n=0, 2,3, ）時均能過。點。 qb2 2qb2qb26. （18分）（2013東北四市聯(lián)考）如 圖所示，在xoy平面直角坐標(biāo)系中，直線 mn與y軸成30。角，p點的坐標(biāo)為（5叵a, o）,在y軸與直線mn間的區(qū)域內(nèi)，存在垂直于xoy,平面向里6磁感強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場。電子束以相同的速度 vo從y軸上-2 aw ywo的區(qū)間垂直于y軸和磁場方向 射入磁場。己知從 y軸上y = -2a點射入磁場的電子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過。點，忽略電子間的

11、相互作用，不計電子的重力。（1） 求電子的比荷;（2）若在蔗角坐標(biāo)系xoy的第一象限區(qū)域內(nèi)，力口 上方向沿y軸正方向大小為 e = bv的勻強(qiáng)電場，在x = 3a處垂直于x軸放置一平面突光屏，與 x軸交點為q求：從磁場中垂直于 y軸射入電 場的電子打到熒光屏上距 q點的最遠(yuǎn)距離。25.【命題立意】考查帶電粒子在電磁場中運動的知識，考查學(xué)生運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力、運算能力及綜合應(yīng)用能力?！窘?析】（1）由題意可知電子在磁場中的半徑為（2 分）, 4田：二哂“2分）電子的比荷，之二二 w ba（2）粒子能進(jìn)入電場中，且離。點上方最遠(yuǎn)，則粒子在磁場中運動圓軌跡必須與直線mn相切，粒子軌道的圓

12、心為。，點。則；on = m由三角函數(shù)關(guān)系可求得；tan 30，= e二；得二 二:b -（2分）有；00 = 0,5a即粒子離開電場離。點上方最遠(yuǎn)距離為人=1.5叮已分）電子在電場中做類平拋，設(shè)電子在電場的運動時間為3豎直方向位移為“水平 位移為x,水平：（1分）豎直；f 主f （1分2 m代人得,j孚二后.一（1分）設(shè)電子最終打在光屏的最遠(yuǎn)點距q點為h,電子射出電場時的夾角為s有； ee x8二上二三上二廬一分）匕 % a有: h = 130 - x tan g = |3而-2y i - /2y ,（2 分）當(dāng)二時，即 二 q白時，h有最大值；，（2分）由于，l5 口 9所以出 =2口t1

13、分）4注：其它解法正確均按步驟給分。7. （16分）（2013皖北協(xié)作區(qū)聯(lián)考）如圖所示，在 xoy平面上，直線omw x軸正方向夾角為45, 直線om左側(cè)存在平行y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿 y軸負(fù)方向。直線 om右側(cè)存在垂直xoy平面向里的 磁感應(yīng)弓11度為b的勻強(qiáng)磁場。一帶電量為 q質(zhì)量為m帶正電的粒子（忽略重力）從原點 o沿x軸正 方向以速度v射入磁場。此后，粒子穿過磁場與電場的邊界三 次，恰好從電場中回到原點 o。（粒 子通過邊界時，其運動不受邊界的影響）試求：(1)粒子第一次在磁場中做圓周運動的半徑;(2)勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度；(3)粒子從o點射出至回到。點的時間。解：(1)由牛頓第二定律得i（

14、2）粒子第二次進(jìn)入電場后做類平拋運動2分12分eq =解得e =1分（3）粒子在磁場中時間粒子在電場中做直線運動的時間粒子在電場中做類平拋運動的時間粒子從0點射出到回到0點的時間2(t + 2)w九二工+九十2二二-* - qb8. （20分）（2013天津市12區(qū)縣重點中學(xué)聯(lián)考）靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費少、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化如圖。a、b為水平放置的間距 d = 1.6m的兩塊足 夠大的平行金屬板，兩板間有方向由b指向a的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為e =0.1v/m。在a板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍 p ,油漆噴槍可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0 =6m/s的油

15、漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為 m=1.0m10“kg、電荷量均為q = -1.0m10“c ,不計油漆微粒間的相互作用、油漆微粒帶電對板間電場和磁場的影響及空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）油漆微粒落在 b板上所形成的圖形面積；（2）若讓 a、b兩板 間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度b = 0.06t,調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個方向噴出，其它條件不變。b板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度；（3）在滿足（2）的情況下，打中 b板的油漆微粒中，在磁場中運動的最短時間。解析二（1）油漆微粒的加速度根據(jù)運動學(xué)d二工成運動的半徑x- vy落在右板上所形成

16、圓形面積s =文由式并代入數(shù)據(jù)得q）當(dāng)電場反向eq - mg油漆微粒做勻速圓周運動，格倫能力充當(dāng)向心力bqv - m- h r水平向右射出的油漆微粒打在8板的右端，根據(jù)幾何關(guān)系r + rcosu=d= r sin a 打在板左端的油漆微粒為和板相切的微粒，同理求得 be ac油漆微粒打在極板上的長度ab - be o由。式并代入數(shù)據(jù)得ab = 1.6m打在b板上的曲粒中，最短的弦長時應(yīng)的時間最短有幾何關(guān)系dan 8 =上gr運動的最短時間26 tcl =-iq微粒在磁場中運動的周期2jdm由式代入數(shù)據(jù)解得 = 0.31s(0評分標(biāo)準(zhǔn)；式每式各1分，第一問共5分：0（2式每式各1分。 式每式各2

17、分,第二問共計1。分.明確打在3板上的撇粒中，/最短的弦長對應(yīng)的時間最短1分，q。頓式每式各1分，第三問共計5分。9. （17分）（2013重慶市名校聯(lián)盟聯(lián)考）如圖 9所示，串聯(lián)阻值為 r的閉合電路中，邊長為 l的正方形區(qū)域abcd存在一個方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加 且變化率為k的勻強(qiáng)磁場 耳，abcdm板處由靜止釋的電阻值也為 r,其他電阻不計.電阻兩端又向右并聯(lián)一個平行板電容器.在靠近 放一質(zhì)量為mr電量為+q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)過n板的小孔p進(jìn)入一個垂直紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 b的圓形勻強(qiáng)磁場，已知該圓形勻強(qiáng)磁場的半徑為(1)電容器獲得的電壓；(2)帶電粒子從小孔 p射入

18、勻強(qiáng)磁場時的速度；(3)帶電粒子在圓形磁場中運動的軌道半徑和它離開磁場時的偏轉(zhuǎn) 角.07分)解,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律閉合電路的電動勢為：e =宇二?。?分）根據(jù)閉合電路的歐姆定律，閉合電路的電流為分)；因電容器與電阻是并聯(lián)的，故電容器獲得的電壓u = % = /給 分)(2)帶電粒子在電容器中受到電場力作用而做勻加速直箕運動，根據(jù)動能定理有：g匚二:陰/(2分)得到帶電粒子從小孔p射入勻強(qiáng)磁場時的速度為：(3)帶電粒子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場后，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力,r*（2分）粒子在圓形勻強(qiáng)磁場運動的半徑為：rf = =二半（2分）qb b q又圓形磁場的半徑r =，上,即火:產(chǎn)（

19、1分）根據(jù)左手定則，帶電粒子在圓形磁場向右轉(zhuǎn)過;的圓周（如右圖所示工 故它離開磁場時的偏轉(zhuǎn)角為90 .（2分）10. （18分）（2013北京市朝陽區(qū)一模）如圖所示，在真空室中平面直角坐標(biāo)系的y軸豎直向上，x軸上的p點與q點關(guān)于坐標(biāo)原點 o對稱，pq間的距離d=30cm。坐標(biāo)系所在空間存在一勻強(qiáng)電場， 場強(qiáng)的大小e=1.0n/c。一帶電油滴在xoy平面內(nèi)，從p點與x軸成30的夾角射出，該油滴將 做勻速直線運動，已知油滴的速度v=2.0m/s射出，所帶電荷量 q=1.0 x 107c,重力加速度為2 g=10m/s 。（1）求油滴的質(zhì)量m（2）若在空間疊加一個垂直于xoy平面的圓形有界勻強(qiáng)磁場，

20、使油滴通過q點，且其運動軌跡關(guān)于y軸對稱。已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b=2.0t,求：a.油滴在磁場中運動的時間t；yb.圓形磁場區(qū)域的最小面積&10.解答：（1）對帶電油摘進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓運動定律有 qe-并以=0所以 m =1.0xl0-ikg （4分） （2）帶電油滴進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，其軌跡如圖所示,設(shè)其做勻速圓周運動設(shè)圓周運動的半徑為 r，運動周期為t，油滴在磁場中運動的時 間為t,根據(jù)牛頓第二定律；所以 戶=箸二尺m.lom所以 7=三避=0,伉5v設(shè)帶電油滴從m點進(jìn)入磁場，從n點射出磁場，由于油滴的運動軌跡關(guān)于y軸時 稱，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知aqymw,所以，帶電油滴在磁場中運動的 時間* 66由題意可知，油滴在p到m和w到q的過程中做勻速直線運動且運動時間相4由3。* 2等。根據(jù)幾何關(guān)系可知，pv.=-巾cqs30 3所以油滴在p到m和m到q過程中的運動時間”丑二”小寫 _ . v 3則油渣從p到2運動的時間7地打-（牛赤一學(xué)療-0力（8分） 30（3）連接mm當(dāng)mm為圓形磁場的直徑時，圓形陞場面積最小，/：飛，如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系圓形磁場的半徑（一片 n30 = 0.05 m其面積為$=打、也002%加=79行e工（5分）11、（2013吉林省質(zhì)檢）如圖所示， p、q是相距為d的水平