2019年高考物理大二轮优选新题：专题三电场和磁场专题能力训练9
2019高考物理新金版大二轮课件：专题三 电场和磁场1.3.2
根据牛顿第二定律有 qE＝ma① 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量。 由运动学公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④
第一部分
专题整合突破
考向一 带电粒子在组合场中的运动 考向二 带电粒子在叠加复合场中的运动 考向三 现代科技中的电磁场问题
第 2 讲 带电粒子在复合场中的运动
抓牢·规律方法
1．常见的两种场模型 (1)组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区 域，并且互不重叠。 (2)复合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域。 2．做好“两个区分” (1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。 (2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。
带电粒子在电磁组合场中运动的处理方法 (1)在电场中的运动一般分两种情况：①在电场中做匀变速直线运动，用动能 定理或者运动学公式求速度和位移；②在电场中做类平抛运动．用运动的合成与 分解来处理。 (2)在磁场中的运动为匀速圆周运动，利用圆周运动的规律结合几何关系处 理。
[考向预测] 1．(2018·河南联考)(多选)如图所示，在 x 轴的上方有沿 y 轴负方向的匀强电 场，电场强度为 E，在 x 轴的下方等腰三角形 CDM 区域内有垂直于 xOy 平面由 内向外的匀强磁场，磁感应强度为 B，其中 C、D 在 x 轴上，C、D、M 到原点 O 的距离均为 a，现将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，从 y 轴上的 P 点由 静止释放，设 P 点到 O 点的距离为 h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说 法正确的是( )
2019年高三物理二轮专项检测(最新重点题汇编)专项九磁场(全解析)
2019年高三物理二轮专项检测（最新重点题汇编）专项九磁场（全解析）注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
特别说明：因时间关系，本资料试题未经校对流程，使用时请注意。
1、【2018•黄冈期末】如下图，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N 1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N 2，那么以下说法正确的选项是〔〕A 、弹簧长度将变长B 、弹簧长度将变短C 、N 1＞N 2D 、N 1＜N 2 【答案】BC【解析】画出导体棒所在处的磁感线方向，力斜向右下，由牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的安培力斜向左上，所以弹簧长度将变短，N 1＞N 2，选项BC 正确。
2、电【2018•河北期末】子作近核运动的时候，产生了垂直于相对运动方向的磁场。
如下图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O 点〔图中白点〕为坐标原点，沿z 轴正方向磁感应强度大小的变化最有可能为〔〕【答案】C【解析】磁感线是为了形象地描述磁场而人为假想的曲线。
其疏密程度反映磁场的强弱，磁感线越密的地方磁场越强，沿z 轴正方向磁感线由密到疏再到密，即磁感应强度由大到小再到大，只有C 正确。
3、【2018•江西重点中学调考】如下图，一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角〔环面轴线为竖直方向〕。
2019年高考物理二轮专题复习课件：第9讲+磁场及带电粒子在磁场中的运动+
大 二 轮 复 习 物 理
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专题整合突破 专题三 电场和磁场
热 点 聚 焦
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专题整合突破 专题三 电场和磁场
热点一
磁场的性质及磁场对电流的作用
1．掌握“两个磁场力”
(1)安培力：F＝BIL(I⊥B) (2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B) 2．用准“两个定则” (1)对电流的磁场用安培定则。 (2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力 用左手定则。
外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速 下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g 。求下滑到底端的过程
中，金属棒
(1)末速度的大小v； (2)通过的电流大小I； (3)通过的电荷量Q。
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专题整合突破 专题三 电场和磁场
[解析]
专题整合突破
专题三
第9讲
电场和磁场
磁场及带电粒子在磁场中的运动
1 2 3 4
微 网 构 建
高 考 真 题 热 点 聚 焦 复 习 练 案
专题整合突破 专题三 电场和磁场
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专题整合突破 专题三 电场和磁场
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专题整合突破 专题三 电场和磁场
4． (2018·江苏， 13) 如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平 面的夹角为 θ ，间距为 d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与
2019-2020年高考物理二轮复习 专题能力训练 专题九 带电粒子在组合、复合场中的运动
2019-2020年高考物理二轮复习专题能力训练专题九带电粒子在组合、复合场中的运动一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求7~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图为“滤速器”装置示意图。
a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。
a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。
一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.(xx·湖南师范大学附属中学月考)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=S0C,则下列说法正确的是()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∶23.(xx·河北名校联盟质量监测)如图,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。
当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,电场强度为E,在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。
有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场,恰好与y轴成45°角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场。
2019高考物理新金版大二轮精练：专题三 电场和磁场3.2
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)1.(2018·四川绵阳南山中学模拟)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点进入方向如图所示的正交的匀强电场(场强大小为E)和匀强磁场(磁感应强度大小为B)组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下，恰好沿直线运动到A，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．该微粒一定带正电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mgq v cos θD．该电场的场强为B v cos θ解析：若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直OA斜向右下方，则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡，微粒不可能做直线运动，则微粒带负电，A错误；微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，微粒不能沿直线运动，与题意不符，B错误；由平衡条件得：q v B cos θ＝mg，q v B sin θ＝qE，知C正确，D错误。
答案： C2.(2018·山西名校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。
图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。
现在MN 上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝3R。
则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)()A.2UR 2B 2 B.4U R 2B 2 C.6U R 2B 2 D.3U R 2B2 解析：设离子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2，离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3，又Bq v ＝m v 2r，可求q m ＝6UR 2B 2，故C 正确。
2019年高考物理冲刺大二轮练习：专题三 电场和磁场 专题跟踪训练10 含解析
专题跟踪训练(十)1．(2018·郑州质量预测二)如图所示，矩形区域abcdef分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be为其分界线．af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一质量为m、电荷量为e0的电子(重力不计)从a点沿ab方向以初速度v0射入电场，从be边的中点g进入磁场．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求匀强电场的电场强度E的大小；(2)若要求电子从cd边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B m；(3)调节磁感应强度的大小，求cd边上有电子射出部分的长度．[解析](1)电子在电场中做类平抛运动，有L 2＝at220.75L＝v0t由牛顿第二定律有e0E＝ma联立解得E＝16mv20 9e0L(2)电子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值tan θ＝x l2y t＝0.75，θ＝37°电子进入磁场时的速度为v ＝v 0sin θ＝53v 0设电子运动轨迹刚好与cd 边相切时，轨迹半径最小，为r 1 则由几何关系知r 1＋r 1cos37°＝L 解得r 1＝59L由e 0vB ＝mv 2r 可得对应的最大磁感应强度B m ＝3mv 0e 0L(3)设电子运动轨迹刚好与de 边相切时，轨迹半径为r 2 则r 2＝r 2sin37°＋L2解得r 2＝54L又r 2cos θ＝L ，故切点刚好为d 点电子从cd 边射出的长度为Δy ＝L2＋r 1sin37°＝56L[答案] (1)16mv 209e 0L (2)3mv 0e 0L (3)56L2．(2018·杭州高三摸底)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N/C ．在其第一象限空间有沿y 轴负方向、场强大小也为E 的匀强电场，并在y >h ＝0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2.问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值．[解析](1)分析油滴受力可知要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电．受力如图所示由平衡条件和几何关系得mg∶qE∶f＝1∶1∶ 2.(2)油滴在垂直PO方向上应用平衡条件得qvB ＝2Eq cos45°，代入数据解得v ＝4 2 m/s.(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．由O 到A 匀速运动的位移为s 1＝hsin45°＝2h ＝0.4 2 m ，运动时间为t 1＝s 1v＝0.1 s油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πmqB由几何关系知油滴由A 到C 运动的时间为t 2＝14T ＝πm2qB ，联立解得t 2≈0.628 s ，从C 到N ，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间t 3＝t 1＝0.1 s ，则第一象限内总的运动时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.828 s.设OA 、AC 、CN 段在x 轴上的投影分别为x 1、x 2、x 3， 则x 1＝x 3＝h ＝0.4 m ，x 2＝2r ＝2mvqB由(1)可知2mg ＝qvB ，代入上式可得x 2＝3.2 m ，所以粒子在第一象限内沿x 轴方向的总位移为x ＝x 1＋x 2＋x 3＝4 m ，油滴离开第一象限时的位置坐标为(4.0 m,0)．[答案] (1)1∶1∶ 2 负电 (2)4 2 m/s (3)(4.0 m,0) 3．(2018·肇庆二模)如图甲所示，竖直挡板MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．电场和磁场的范围足够大，电场强度E ＝40 N/C ，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝＋2×10－4 C 的微粒在O点具有竖直向下的速度v ＝0.12 m/s ，O ′是挡板MN 上一点，直线OO ′与挡板MN 垂直，取g ＝10 m/s 2.求：(1)微粒再次经过直线OO ′时与O 点的距离． (2)微粒在运动过程中离开直线OO ′的最大高度．(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O 点间的距离应满足的条件．[解析] (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3 N ①电场力大小F ＝qE ＝8×10－3 N ② 因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB ＝m v 2R③由③式解得：R ＝0.6 m ④ 由T ＝2πRv⑤得：T ＝10π s ⑥则微粒在5π s 内转过半个圆周，再次经直线OO ′时与O 点的距离：L ＝2R ⑦将数据代入上式解得：L ＝1.2 m ．⑧(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，轨迹如图所示，位移大小：s＝vt⑨由⑨式解得：s＝1.88 m．⑩因此，微粒离开直线OO′的最大高度：H＝s＋R＝2.48 m.(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0,1,2，…)．(若两式合写成L＝(1.2n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)也可)[答案](1)1.2 m (2)2.48 m (3)见解析4．(2018·河南六校联考)某种粒子加速器的设计方案如图所示，M、N为两块垂直于纸面放置的圆形正对平行金属板，两金属板中心均有小孔(孔的直径大小可忽略不计)，板间距离为h.两板间接一直流电源，每当粒子进入M板的小孔时，控制两板的电势差为U，粒子得到加速，当粒子离开N板时，两板的电势差立刻变为零．两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理想平行边界的匀强磁场，上方磁场的下边界cd与金属板M在同一水平面上，下方磁场的上边界ef与金属板N在同一水平面上，两磁场平行边界间的距离也为h，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B．在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为h的无电场、无磁场的狭缝区域．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放，粒子在MN板间被加速，粒子离开N板后进入下方磁场中运动．若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略不计，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响．(1)为使带电粒子经过电场加速后不打到金属板上，请说明圆形金属板的半径R应满足什么条件；(2)在ef边界上的P点放置一个目标靶，P点到N板小孔O的距离为s时，粒子恰好可以击中目标靶．对于击中目标靶的粒子，求：①其进入电场的次数n；②其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比．[解析](1)设粒子第一次经过电场加速后的速度为v1，对于这个加速过程，根据动能定理有：qU＝12mv21，解得v1＝2qUm；粒子进入磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为r1，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qv 1B ＝m v 21r 1，得r 1＝mv 1qB ＝1B2mUq为使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R <2r 1，即R <2B2mU q.(2)①设到达ef 边界上P 点的粒子运动速度为v n ，根据几何关系可知，其在磁场中运动的最后一周的轨道半径r n ＝s2，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB ＝m v 2nr n ，解得v n ＝qBr n m ＝qBs 2m设粒子在电场中被加速n 次，对于这个加速过程根据动能定理有nqU ＝12mv 2n ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫qBs 2m 2，解得：n ＝qB 2s 28mU.②设粒子在电场中运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有：q U h ＝ma ，解得a ＝qUhm因在磁场中运动洛伦兹力不改变粒子运动速度的大小，故粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动设总的加速时间为t 1，根据v n ＝at 1可得t 1＝Bsh 2U粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期T ＝2πmqB保持不变．对于击中目标靶的粒子，其在磁场中运动的总时间t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12T＝⎝ ⎛⎭⎪⎫qB 2s 28mU －122πmqB所以t 1t 2＝qB 2sh4πmU ⎝⎛⎭⎪⎫qB 2s 28mU －12.[答案] (1)R <2B2mUq(2)①qB 2s 28mU②qB 2sh4πmU ⎝⎛⎭⎪⎫qB 2s 28mU －12。
2019年高考物理冲刺大二轮练习：专题三 电场和磁场 专题跟踪训练10 Word版含解析
专题跟踪训练(十)1．(2018·郑州质量预测二)如图所示，矩形区域abcdef 分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be 为其分界线．af ＝L ，ab ＝0.75L ，bc ＝L .一质量为m 、电荷量为e 0的电子(重力不计)从a 点沿ab 方向以初速度v 0射入电场，从be 边的中点g 进入磁场．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)若要求电子从cd 边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B m ；(3)调节磁感应强度的大小，求cd 边上有电子射出部分的长度．[解析] (1)电子在电场中做类平抛运动，有L 2＝at 220.75L ＝v 0t由牛顿第二定律有e 0E ＝ma联立解得E ＝16m v 209e 0L(2)电子进入磁场时，速度方向与be 边夹角的正切值tan θ＝x l 2y t＝0.75，θ＝37° 电子进入磁场时的速度为v ＝v 0sin θ＝53v 0设电子运动轨迹刚好与cd 边相切时，轨迹半径最小，为r 1 则由几何关系知r 1＋r 1cos37°＝L解得r 1＝59L 由e 0v B ＝m v 2r 可得对应的最大磁感应强度B m ＝3m v 0e 0L(3)设电子运动轨迹刚好与de 边相切时，轨迹半径为r 2则r 2＝r 2sin37°＋L 2解得r 2＝54L 又r 2cos θ＝L ，故切点刚好为d 点电子从cd 边射出的长度为Δy ＝L 2＋r 1sin37°＝56L [答案] (1)16m v 209e 0L (2)3m v 0e 0L (3)56L 2．(2018·杭州高三摸底)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N/C ．在其第一象限空间有沿y 轴负方向、场强大小也为E 的匀强电场，并在y >h ＝0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2.问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值．[解析](1)分析油滴受力可知要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电．受力如图所示由平衡条件和几何关系得mg∶qE∶f＝1∶1∶ 2.(2)油滴在垂直PO方向上应用平衡条件得q v B＝2Eq cos45°，代入数据解得v＝4 2 m/s.(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．由O到A匀速运动的位移为s1＝hsin45°＝2h＝0.4 2 m，运动时间为t1＝s1v＝0.1 s油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB由几何关系知油滴由A到C运动的时间为t2＝14T＝πm2qB，联立解得t2≈0.628 s，从C到N，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间t3＝t1＝0.1 s，则第一象限内总的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s.设OA、AC、CN段在x轴上的投影分别为x1、x2、x3，则x1＝x3＝h＝0.4 m，x2＝2r＝2m vqB由(1)可知2mg＝q v B，代入上式可得x2＝3.2 m，所以粒子在第一象限内沿x轴方向的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝4 m，油滴离开第一象限时的位置坐标为(4.0 m,0)．[答案](1)1∶1∶2负电(2)4 2 m/s(3)(4.0 m,0)3．(2018·肇庆二模)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．电场和磁场的范围足够大，电场强度E ＝40 N/C ，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝＋2×10－4 C 的微粒在O 点具有竖直向下的速度v ＝0.12 m/s ，O ′是挡板MN 上一点，直线OO ′与挡板MN 垂直，取g ＝10 m/s 2.求：(1)微粒再次经过直线OO ′时与O 点的距离．(2)微粒在运动过程中离开直线OO ′的最大高度．(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O 点间的距离应满足的条件．[解析] (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3 N ①电场力大小F ＝qE ＝8×10－3 N ②因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则q v B ＝m v 2R ③由③式解得：R ＝0.6 m ④由T＝2πR v⑤得：T＝10π s⑥则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R⑦将数据代入上式解得：L＝1.2 m．⑧(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，轨迹如图所示，位移大小：s＝v t⑨由⑨式解得：s＝1.88 m．⑩因此，微粒离开直线OO′的最大高度：H＝s＋R＝2.48 m.(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0,1,2，…)．(若两式合写成L＝(1.2n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)也可)[答案](1)1.2 m(2)2.48 m(3)见解析4．(2018·河南六校联考)某种粒子加速器的设计方案如图所示，M、N为两块垂直于纸面放置的圆形正对平行金属板，两金属板中心均有小孔(孔的直径大小可忽略不计)，板间距离为h.两板间接一直流电源，每当粒子进入M板的小孔时，控制两板的电势差为U，粒子得到加速，当粒子离开N板时，两板的电势差立刻变为零．两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理想平行边界的匀强磁场，上方磁场的下边界cd与金属板M在同一水平面上，下方磁场的上边界ef与金属板N在同一水平面上，两磁场平行边界间的距离也为h，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B．在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为h的无电场、无磁场的狭缝区域．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放，粒子在MN 板间被加速，粒子离开N板后进入下方磁场中运动．若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略不计，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响．(1)为使带电粒子经过电场加速后不打到金属板上，请说明圆形金属板的半径R应满足什么条件；(2)在ef 边界上的P 点放置一个目标靶，P 点到N 板小孔O 的距离为s 时，粒子恰好可以击中目标靶．对于击中目标靶的粒子，求：①其进入电场的次数n ；②其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比．[解析] (1)设粒子第一次经过电场加速后的速度为v 1，对于这个加速过程，根据动能定理有：qU ＝12m v 21，解得v 1＝ 2qU m ；粒子进入磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为r 1， 根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：q v 1B ＝m v 21r 1，得r 1＝m v 1qB ＝1B 2mU q为使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R <2r 1，即R <2B 2mUq .(2)①设到达ef 边界上P 点的粒子运动速度为v n ，根据几何关系可知，其在磁场中运动的最后一周的轨道半径r n ＝s 2，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v B ＝m v 2n r n，解得v n ＝qBr n m ＝qBs 2m 设粒子在电场中被加速n 次，对于这个加速过程根据动能定理有nqU ＝12m v 2n ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫qBs 2m 2，解得：n ＝qB 2s 28mU .②设粒子在电场中运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有：q U h＝ma ，解得a ＝qU hm因在磁场中运动洛伦兹力不改变粒子运动速度的大小，故粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动设总的加速时间为t 1，根据v n ＝at 1可得t 1＝Bsh 2U粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期T ＝2πm qB 保持不变．对于击中目标靶的粒子，其在磁场中运动的总时间t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫qB 2s 28mU －122πm qB 所以t 1t 2＝qB 2sh 4πmU ⎝ ⎛⎭⎪⎫qB 2s 28mU －12. [答案] (1)R <2B 2mUq (2)①qB 2s 28mU ②qB 2sh 4πmU ⎝ ⎛⎭⎪⎫qB 2s 28mU －12。
【3年高考2年模拟】2019高考物理二轮重难点：第9讲 电场及带电粒子在电场中的运动(可编辑PPT)
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高考导航 1.(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在 x轴上分布如图所
示。下列说法正确的有 ( A.q1和q2带有异种电荷 B.x1处的电场强度为零
)
C.负电荷从x1移到x2,电势能减小
D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大
考点2
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答案 AC
φ-x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1到x2过程中,图线切
考点2
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2.根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况
(1)确定受力方向的依据
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①曲线运动的受力特征:带电粒子受力总指向曲线的凹侧; ②电场力方向与场强方向的关系:正电荷的受力方向与场强方向相同,负电荷 则相反; ③场强方向与电场线或等势面的关系:电场线的切线方向或等势面的法线方 向为电场强度的方向。 (2)比较加速度大小的依据:电场线或等差等势面越密⇒E越大⇒F=qE越大⇒
程中,电场力做正功,电势能减小,B错误;小滑块受到竖直向上的电场力F=qE= 2×10-3 N=2G,重力和电场力的合力大小等于G、方向竖直向上,可以把电场力 与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”,小滑块开始沿玻璃管运动的 加速度为a1=g(sin α-μ cos α)=2 m/s2,所以小滑块第一次到达B点时的速度为v=
2a1 L =2 2 m/s,在BC段,小滑块做匀减速运动,加速度大小为a2=g(sin α+μ cos
v2 α)=10 m/s ,所以第一次速度为0的位置到B点的距离为x= =0.4 m,C错误;小 2 a2
2
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滑块第一次速度减为零后,又反向向B加速运动,到B后又减速向A运动,这样不
考点2
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2019版高考物理大二轮复习浙江专用优选习题：专题三 电场与磁场 提升训练12 Word版含答案
提升训练12带电粒子在复合场中的运动问题1.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,其中0<x<a内有方向垂直xOy平面向里的磁场,在x>a内有方向垂直xOy平面向外的磁场,在x<0内无磁场。
一个带正电q、质量为m的粒子(粒子重力不计)在x=0处以速度v0沿x轴正方向射入磁场。
(1)若v0未知,但粒子做圆周运动的轨道半径为r=a,求粒子与x轴的交点坐标;(2)若无(1)中r=a的条件限制,粒子的初速度仍为v0(已知),问粒子回到原点O需要使a为何值? 2.(2017浙江杭州四校联考高三期中)如图所示,一带电微粒质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量q=+1.0×10-5 C,从静止开始经电压为U1=100 V的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=20 cm的匀强磁场区域。
已知偏转电场中金属板长L=20 cm,两板间距d=10 cm,重力忽略不计。
求:(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1;(2)偏转电场中两金属板间的电压U2;(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?3.(2018年2月杭州期末,13)在如图所示的平行板器件中,匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。
一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出。
粒子重力不计,下列说法正确的是()A.若粒子沿轨迹①射出,则粒子的初速度一定大于vB.若粒子沿轨迹①射出,则粒子的动能一定增大C.若粒子沿轨迹③射出,则粒子可能做匀速圆周运动D.若粒子沿轨迹③射出,则粒子的电势能可能增大4.(2017浙江绍兴高三模拟,3)如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板C1D1、C2D2接在电压可调的电源上。
长为L的两板中点为O1、O2,O1O2连线的右侧区域存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场。
(浙江专用)2019版高考物理大二轮复习优选完整版习题专题三电场与磁场提升训练11带电粒子在磁场中的运动
提升训练11 带电粒子在磁场中的运动1.如图所示,O'PQ是关于y轴对称的四分之一圆,在PQMN区域有均匀辐向电场,PQ与MN间的电压为U。
PQ上均匀分布带正电的粒子,可均匀持续地以初速度为零发射出来,任一位置上的粒子经电场加速后都会从O'进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向外,大小为B,其中沿+y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿+x轴方向射出。
在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K, 金属板长均为4R, 其中K板接地,A与K两板间加有电压U AK>0, 忽略极板电场的边缘效应。
已知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O'在y轴(0,-R)上。
(不考虑粒子之间的相互作用力)(1)求带电粒子的比荷;(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围;(3)若电压U AK=,求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值。
2.如图为一装放射源氡的盒子,静止的氡核Rn)经过一次α衰变成钋Po,新核Po的速率约为2³105 m/s。
衰变后的α粒子从小孔P进入正交的电磁场区域Ⅰ,且恰好可沿中心线匀速通过,磁感应强度B=0.1 T。
之后经过A孔进入电场加速区域Ⅱ,加速电压U=3³106 V。
从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r= m的圆形匀强磁场区域Ⅲ,该区域磁感应强度B0=0.4 T、方向垂直纸面向里。
圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切,荧光屏的中心点M和圆形磁场的圆心O、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上,α粒子的比荷为=5³107 C/kg。
(1)请写出衰变方程,并求出α粒子的速率(保留一位有效数字);(2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小;(3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长?(4)求出粒子打在荧光屏上的位置。
3.(2018年3月新高考研究联盟第二次联考)一台质谱仪的工作原理如图1所示。
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最新中小学教案、试题、试卷 专题能力训练9 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动 (时间:45分钟 满分:100分) 一、选择题(本题共6小题,每小题7分,共42分。在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~6题有多个选项符合题目要求。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.
如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。bc边长为l,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。线框中通以电流I,方向如图所示,开始时线框处于平衡状态。令磁场反向,磁感应强度的大小仍为B,线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是( )
A.Δx=,方向向上 B.Δx=,方向向下 C.Δx=,方向向上 D.Δx=,方向向下 2.
(2017·全国卷Ⅲ)如图所示,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为( )
A.0 B.B0 C.B0 D.2B0 3. 最新中小学教案、试题、试卷 如图所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上,O为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是( ) A.O点处的磁感应强度为零 B.a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反 C.c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同 D.a、c两点处磁感应强度的方向不同
4.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( )
A. B. C. D.
5.(2018·湖南郴州质检)如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。M为磁场边界上一点,有无数个电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是( )
A.粒子从M点进入磁场时的速率为v= B.粒子从M点进入磁场时的速率为v= C.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 最新中小学教案、试题、试卷 D.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 6.
如图所示的区域共有六处开口,各相邻开口之间的距离都相等,匀强磁场垂直于纸面,不同速度的粒子从开口a进入该区域,可能从b、c、d、e、f五个开口离开,粒子就如同进入“迷宫”一般,可以称作“粒子迷宫”。以下说法正确的是( ) A.从d口离开的粒子不带电 B.从e、f口离开的粒子带有异种电荷 C.从b、c口离开的粒子运动时间相等 D.从c口离开的粒子速度是从b口离开的粒子速度的2倍 二、非选择题(本题共4小题,共58分) 7.
(14分)如图所示,正方形匀强磁场的边界长为a,边界由绝缘弹性壁围成,磁场的磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q的带正电粒子垂直于磁场方向和边界,从边界正中点O孔处射入磁场,其射入时
的速度为,带电粒子与壁碰撞前后沿壁方向的分速度不变,垂直壁方向的分速度反向、大小不变,且不计摩擦,不计粒子所受重力,碰撞时无电荷量损失,求: (1)带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径; (2)带电粒子从O孔射入到从O孔射出所需要的时间。
8.(14分)如图甲所示,MN为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O',两孔正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求: 最新中小学教案、试题、试卷 甲 乙 (1)磁感应强度B0的大小; (2)要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
9. (14分)如图所示,在坐标系xOy中,第一象限内充满着两个匀强磁场a和b,OO'为分界线,磁场a的磁感应强度为2B,方向垂直纸面向里;磁场b的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外。P点在分界线上,坐标为(4l,3l)。一质量为m,电荷量为q的带正电的粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b,经过一段时间后,粒子恰能经过原点O,不计粒子重力。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)粒子从P点运动到O点的时间最少是多少? (2)粒子运动的速度可能是多少? 最新中小学教案、试题、试卷 10. (16分)如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、电荷量为+q的粒子,与x轴成60°角从M点(-R,0)以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场。不计粒子的重力,求: (1)磁感应强度B的大小; (2)N点的坐标; (3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。
答案： 1.B 解析 线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力,处于平衡,安培力为FB=nBIl,且开始的方向向上,然后方向向下,大小不变。设在电流反向之前弹簧的伸长为x,则反向之后弹簧的伸长为(x+Δx),则有 kx+nBIl-G=0 k(x+Δx)-nBIl-G=0
解之可得Δx=,且线框向下移动,故B正确。 2.C 解析 设导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1、B2的大小为B,如图甲所
示,两磁感应强度的夹角为60°,可知合磁感应强度大小为B,方向水平向右,所以匀强最新中小学教案、试题、试卷 磁场的磁感应强度B0=B,方向水平向左;P中的电流反向后,导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1'、B2'如图乙所示,各自大小仍为B,夹角为120°,则其合磁感应强度大小仍为B,方向竖直向上,与原匀强磁场B0合成后,总的磁感应强度大小为B总
=B0,C正确。
3.C 解析 由安培定则可知,两导线在O点产生的磁场均竖直向下,则合磁感应强度一定不为零,选项A错误;两导线在a、b两点处产生的磁场方向均竖直向下,由对称性知,电流M在a处产生的磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生的磁场的磁感应强度,同时电流M在b处产生的磁场的磁感应强度等于电流N在a处产生的磁场的磁感应强度,所以a、b两点处的合磁感应强度大小相等、方向相同,选项B错误;根据安培定则,两导线在c、d两点处产生的磁场分别垂直于c、d两点与导线连线方向向下,且产生的磁场的磁感应强度相等,由平行四边形定则可知,c、d两点处的合磁感应强度大小相等、方向相同,选项C正确;a、c两点处的合磁感应强度方向均竖直向下,选项D错误。 4.A 解析 最新中小学教案、试题、试卷 右图为筒转过90°前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N'分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN'的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O'。 根据题意,∠NMN'=45°,O'M与NM延长线的夹角为60°,所以∠O'MN'=75°,∠MO'N'=30°,即轨迹圆的圆心角为30°,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相
同,,即,解得比荷,A选项正确。 5.AC 解析 因为粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上,并不是整个圆周上都有,所以,粒子做圆周运动的半径小于R;则粒子能射到的边界其圆弧所对应的弦长正好
等于圆周运动的直径,因为这段圆弧的弧长是圆周长的,所以,弦长对应的等腰三角形的内顶角为90°,所以,弦长2r=2Rsin 45°,则粒子做圆周运动的半径r=Rsin 45°=R,粒子做圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,所以v=,故A正确,B错误。若B变为原来的倍,则粒子在磁场中做圆周运动的半径r=,同理可得,对应的弦长为R,由几何关系可得粒子做圆周运动转过磁场的圆心角为60°,所以弧长之比为2∶3,故C正确,D错误。 6.AD 解析 从d口离开的粒子不偏转,所以不带电,A正确;根据左手定则,从f、e口离开的粒子带有同种电荷,B错误;从b口离开的粒子运动时间是半个周期,从c口离开的粒子
运动时间是周期,C错误;从c口离开的粒子轨道半径是从b口离开的粒子轨道半径的2倍,因此速度也是2倍关系,D正确。 7.答案 见解析
解析 (1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律有qvB=m 解得r=a。 (2)由于r=a>2a,所以粒子射到AB边,设射到AB边点E距A的距离为x