专题11带电粒子在电磁场中的运动第03期备战2020高考物理2019届二模和三模好题分项版汇编教师版

1专题11带电粒子在电磁场中运动-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（II）一、选择题1.（2019湖南岳阳二模）如图所示为圆形匀强磁场，圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，一不计重力的粒子从边界的P点以指向圆心的水平初速度垂直磁场方向射入，从边界的Q点射出时速度方向偏转了90°；现将圆形磁场区域内的磁场换成场强为E的匀强电场，E的方向平行于OQ，该粒子以同样的初速度从P点射入电场，仍从Q点射出，已知粒子的质量为m，电荷量为q，则下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.E的方向由Q指向OC.磁感应强度D.匀强电场对带电粒子做的功等于粒子初动能的4倍【参考答案】BCD【名师解析】根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；粒子带负电且能够从Q点射出，可知E的方向由Q指向O，故B正确；粒子从边界的P点以指向圆心的水平初速度垂直磁场方向射入，从边界的Q点射出时速度方向偏转了90°，根据几何关系可知粒子轨迹半径为r=R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，即R=；若将磁场换为电场，则R=at=，解得R=，联立解得磁感应强度B=，故C正确；粒子在匀强电场中运动时，在Q点向下的速度为vy，根据位移时间关系可得：=R，水平方向vt=R，则vy=2v，所以粒子在Q点的速度vQ==，匀强电场对带电粒子做的功2W=-=4×，即匀强电场对带电粒子做的功等于粒子初动能的4倍，故D正确。【关键点拨】根据左手定则判断粒子的电性；根据受力情况判断E的方向；根据洛伦兹力提供向心力列方程，根据带电粒子在电场中做类平抛运动列方程求解磁感应强度；根据位移时间关系得到粒子在Q点的速度，再根据动能定理求解匀强电场对带电粒子做的功。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。2．(2018·嘉兴模拟)如图所示，边长为L的等边三角形ADC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)。粒子在磁场中运动的周期为T，对从A射出的粒子()A．若带负电，v0＝qBLm，第一次到达C点所用时间为t1＝16TB．若带负电，v0＝qBL2m，第一次到达C点所用时间为t2＝23TC．若带正电，v0＝qBLm，第一次到达C点所用时间为t3＝56TD．若带正电，v0＝qBL2m，第一次到达C点所用时间为t4＝T【参考答案】A【名师解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，当v0＝qBLm，由Bqv0＝mv02r⇒r＝mvqB＝L，根据几何关系作出运动轨迹，如图甲所示，根据轨迹可知，当粒子带正电，粒子经过一个周期到达C点，即t3＝T，选项C错误；当粒子带负电，粒子经过T6第一次到达C点，3即t1＝T6，选项A正确；当v0＝qBL2m，由Bqv0＝mv02r⇒r＝L2，根据几何关系做作出轨迹如图乙所示，由轨迹可知，当粒子带正电，粒子经过5T6到达C点，即t4＝5T6，选项D错误；当粒子带负电，粒子经过T3第一次到达C点，即t2＝T3，选项B错误。二．计算题1．（14分）（2019湖南长沙一模）如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E=3mgq，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）．轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A．A、C之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道MN上，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，重力加速度为g．A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道．A第一次到达N点时，对轨道的压力为2mg．求：（1）碰撞后A、C的速度大小；（2）A、C与水平轨道MN的动摩擦因数μ；（3）A对轨道NP的最大压力的大小．【名师解析】（1）A、C发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vC，则有：3mv0=mvA+3mvC①（１分）2032mv=2A2mv+2C32mv②（１分）联立①②解得：032Avv③012Cvv④（2分）（2）设A、C最后静止时与M点的距离为l1，Ａ在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0。有4μmg（2L－l１）=2A2mv⑤（１分）μ3mgl１=2C32mv⑥（１分）联立解得③④⑤⑥μ2058vgL⑦（2分）（3）设Ａ在Ｎ点的速度为Nv，Ａ从Ｍ到Ｎ的过程中，由动能定理得22NA1122mgLmvmv⑧（１分）设圆弧NP的半径为a因为Ａ在Ｎ点时对轨道的压力为2mg，22Nvmgmgma⑨（１分）A在NN′右侧受到的电场力F=qE=3mg⑩重力和电场力的合力大小为F合=2mg，方向与OP夹角为30。过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于Ｋ点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度Av，此时A对轨道的压力最大。A从M点到K点过程中，由动能定理可得：22AA11cos30(1sin30)22qEamgLmgamvmv○11（１分）返回Ｋ点时：FN－F合－2AAvqvBma○12（１分）③⑦⑧⑨⑩○11○12得：FN053mgqvB由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为：N053FmgqvB（2分）3．（18分）（2019安徽蚌埠二模）如图所示，在xoy平面的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E＝102v/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面向外。一比荷710/qCkgm的带正电粒子从x轴上的P点射人入电场，速度大小v0＝2104m／s，与x轴的夹角＝60°。该粒子经电场偏转后，由y轴上的Q点以垂直于y轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O，且与x轴负方向的夹角＝60°，不计粒子重力。求5（1）OP的长度和OQ的长度（2）磁场的磁感应强度大小；（3）等边三角形磁场区域的最小面积。【名师解析】4.（2019年3月山东烟台一模）6【名师解析】.(20分)解：⑴设粒子被电场加速后速度为v，由动能定理得：221vmqU………………………………………………………………①（2分）粒子经电场加速后在圆形区域内运动的时间：vRt2………………②（1分）得：qUmRt2……………………………………………………………③（2分）⑵粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r0。从a点进入磁场的粒子不能从磁场上边界射出磁场应满足：Rr0……………………………………………④（2分）由02rmBqvv………………………………………………………………⑤（1分）得：qmURB21…………………………………………………………⑥（2分）⑶垂直磁场上边界射出的粒子的圆心O´必在磁场上边界上，设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r，满足磁感应强度有最大值，即r有最小值。又因为22rROO…………………⑦（1分）7当r有最小值时，OO´取最小值，OO´最小值为O点到磁场上边界的距离2R故：Rr3min……………………………………………………………⑧（1分）由以上各式可得：qmURB3210………………………………………⑨（1分）设此时粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向的夹角为θ则3tanRr故60由于带电粒子在磁场中的运动周期：vrT2………………………………………………………………………⑩（1分）此时垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间：qUmRTt6360…………………………………………………………⑪（1分）⑷当B=023B时，带电粒子在磁场中的运动半径Rr2…………………⑫（2分）由几何知识可知，当粒子从d点沿x轴正方向进入磁场，粒子从磁场上边界射出点，为粒子能够到达的上边界的最右端。设粒子能够到达的上边界的最右端距y轴的距离为x1rRx1……………………⑬（1分）得：Rx31当粒子与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达的上边界的最左端。设粒子能够到达的上边界的最左端距y轴的距离为x2222rRx…………………………………………………………⑭（1分）得：Rx52粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度：8RxxL)53(21…………………………………………………⑮（1分）5.(20分)（2019河北唐山期末）如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点P。若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场。不计重力，求：(1)正方形区域I中电场强度E的大小；(2)正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小；(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。【名师解析】（1）带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛0Lvt（1分）212yat（1分）yvat（1分）Eqam（2分）设离开角度为θ，则0tanyvv（2分）]离开区域Ⅰ后作直线运动tan2LyL由以上各式得920mvEqL（2分）45（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动02vv（1分）2mvqvBR（2分）有几何关系可得22LR（1分）可求得02mvBqL（1分）（3）在Q点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时0xvt（1分）212yat（1分）xyL（1分）解得(23)yL（1分）因此，距离x轴距离(31)dLyL（2分）（其它方法正确同样得分）6．（15分）(2019江苏常州期末)实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹。如图所示，氕（H）、氘（H）、氚（H）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为B的复合场区域。进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d，射出复合场后进入y轴与MN之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀10强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN射出。虚线MN与PQ间为真空区域Ⅱ且PQ与MN平行。已知质子比荷为，不计重力。（1）求粒子做直线运动时的速度大小v；（2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；（3）若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差△t。【名师解析】解：（1）由电场力与洛伦兹力平衡，有：Bqv＝Eq解得：v＝。（2）由洛伦兹力提供向心力，有：B1vq＝m由几何关系得：r＝d解得：B1＝。（3）分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，磁场最小面积为：S＝π[]解得：S＝πd2由题意得：B2＝2B1由T＝得：T＝由轨迹可知：△t1＝（3T1﹣T1），其中T1＝△t2＝（3T2﹣T2），11其中T2＝解得：△t＝△t1+△t2＝＝。答：（1）粒子做直线运动时的速度大小为；（2）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1为。（3）该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差△t为。7．（16分）（2019江苏七市二模）如图