2020年高考物理《带电粒子在电场、磁场中的运动》专题训练及答案解析

2020年高考物理带电粒子在电场、磁场中的运动专题训练一、选择题1.(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地一带负电的油滴位于电容器的P点且处于静止状态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离则()A带电油滴将竖直向下运动B带电油滴的机械能将增加CP点的电势将升高D电容器的电容增大，极板带电荷量增加【答案】AC【解析】将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，间距d增大，由C可得电容器的电容减小，而U一定，由C可得电荷量Q减少，选项D错误；根据E可得板间场强减小，重力大于电场力，带电油滴将竖直向下运动，电场力做负功，机械能减少，选项A正确、B错误；因上极板接地，电势为0，P点电势PEy随E的减小而增大，选项C正确2.(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()A.若该粒子的入射速度为v，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为LB.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为vC.若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为vD.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为【答案】ACD【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqvm，若v，解得：rL；根据几何关系可知，粒子一定从CD边距C点为L的位置离开磁场；故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于L；故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大半径为；因此最大速度应为v；故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180；故最长时间为；故D正确.3.(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球(电荷量很小)固定在P点，如图所示以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，Ep表示该小球在P点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则()AU变小BU不变CE变大DEp不变【答案】AD【解析】根据电容器充电后与电源断开可知，Q不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距d减小，由C，知电容C增大，又U，电压U减小，因E，E不变，P点到下极板的距离不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，P点电势能Epq不变，选项A、D正确4.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A微粒到达B点时动能为mvB微粒的加速度大小等于gsin C两极板间的电势差UMND微粒从A点到B点的过程中电势能减少【答案】C【解析】微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B点时动能小于mv，选项A错误；由牛顿第二定律得mgtan ma，加速度agtan ，选项B错误；又电场力Eq，两极板间的电场强度E，两板间的电势差UMNEd，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误5.(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知abL，则粒子的速度可能是() A. B.C. D.【答案】AB【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120，所以粒子运动的半径为r(n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，则v(n1,2,3，)，所以A、B对6.图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B2.0103 T，在x轴上距坐标原点L0.50 m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v3.5104 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L0.50 m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不计其重力则上述粒子的比荷(C/kg)是()A3.5107B4.9107C5.3107 D7107【答案】B【解析】设粒子在磁场中的运动半径为r，画出粒子的轨迹图如图所示。依题意MP连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得rL，由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvB，联立解得4.9107 C/kg，故选项B正确。7.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A60，AOL，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用)，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0.粒子发射方向与OC边的夹角为，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是()A粒子有可能打到A点B以60飞入的粒子在磁场中运动时间最短C以30飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D在AC边界上只有一半区域有粒子射出【答案】AD【解析】根据Bqv0m，又v0，可得rL，又OAL，所以当60时，粒子经过A点，所以A正确；根据粒子运动的时间tT，圆心角越大，时间越长，粒子以60飞入磁场中时，粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于60，圆心角最大，运动的时间最长，所以B错误；当粒子沿0飞入磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，从0到60在磁场中运动时间先减小后增大，在AC边上有一半区域有粒子飞出，所以C错误，D正确8.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示.K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速.不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()A.A、K之间的电场强度为B.电子到达A极板时的动能大于eUC.由K到A电子的电势能减小了eUD.由K沿直线到A电势逐渐减小【答案】C【解析】A、K之间建立的是非匀强电场，公式UEd不适用，因此A、K之间的电场强度不等于.故A错误；根据动能定理得：Ek0eU，得电子到达A极板时的动能 EkeU，故B错误；由能量守恒定律知，由K到A电子的电势能减小了eU，故C正确；电场力对电子做正功，则电子受到的电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误.二 非选择题1.如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按Ekx分布(x是轴上某点到O点的距离)，k.x轴上，有一长为L的绝缘细线连接A、B两个小球，两球质量均为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L.两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用 (1)求A球的带电荷量qA；(2)剪断细线后，求B球的最大速度vm.【解析】(1)A、B两球静止时，A球所处位置场强为E1kLB球所处的位置场强为E2k2L对A、B由整体法得：2mgqAE1qE20解得：qA4q(2)当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0mgqEqx0解得：x03L运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：mgLEqLmvmvEqmg解得：vm 【答案】(1)4q(2) 2.某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示装置的长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上在纸面内，质量为m、电荷量为q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置不计粒子的重力(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量v；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值【解析】(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r，粒子的运动轨迹如图所示根据题意知L3rsin 30dcot 30，且磁场区域的宽度hr(1cos 30)解得：h(Ld)(1)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r，洛伦兹力提供向心力，则有mqvB，mqvB，由题意知3rsin 304rsin 30，解得粒子速度的最小变化量vvv(d)(3)设粒子经过上方磁场n次由题意知L(2n2)cot 30(2n2)rnsin 30且mqvnB，解得vn(d)(1n1，n取整数)【答案】(1)(Ld)(1)(2)(d)(3)(d)(1n1，n取整数)3.真空中存在一中空的柱形圆筒，如图所示是它的一个截面，a、b、c为此截面上的三个小孔，三个小孔在圆形截面上均匀分布，圆筒半径为R.在圆筒的外部空间存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向与圆筒的轴线平行，在图中垂直于纸面向里.现在a处向圆筒内发射一个带正电的粒子，其质量为m，带电荷量为q，使粒子在如图所示平面内运动，设粒子只受磁场力的作用，若粒子碰到圆筒即会被吸收，则：(1)若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，则粒子的初速度的大小和方向有何要求？(2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？【答案】(1)，方向从a指向b(2)，方向由a指向圆筒截面的圆心【解析】(1)依题意，粒子进入圆筒后从a指向b，从b进入磁场偏转后只能由c进入圆筒，且方向指向a.画出粒子运动的轨迹如图甲，粒子的偏转角是240，由图中的几何关系得：粒子运动的圆心一定在圆筒上，而且粒子的半径rR.粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以：qv1B，联立得：v1.甲(2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，由粒子运动的对称性可知，粒子运动的轨迹只能是从a到b，然后在外侧的磁场中到c，在圆筒内再到a，然后在外侧的磁场中到b，在圆筒内再到c，然后在外侧的磁场中到a.乙粒子运动的初速度方向是从a指向圆心.做出粒子运动的轨迹，粒子运动轨迹如图乙所示，由图可知，cdOc，bdOb，所以粒子的偏转角：300，所以：bOd60，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆弧的圆半径为r，粒子的偏转半径：rRtan 60R由牛顿第二定律得：qvB所以：v.4.如图所示，在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF、CD距离均为，且在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子已知离子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？(2)求速率为v的离子在DE边的射出点距离D点的范围【答案】(1)v(2)d【解析】因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动(1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为r.对离子，由牛顿第二定律有qvBmv.(2)当v时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由qvBm可得R.甲要使离子从DE射出，则其必不能从CD射出，其临界状态是离子轨迹与CD边相切，设切点与C点距离为x，其轨迹如图甲所示，由几何关系得：R2(x)2(R)2，计算可得xL，设此时DE边出射点与D点的距离为d1，则由几何关系有：(Lx)2(Rd1)2R2，解得d1.乙而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：R2(LR)2(d2)2，解得d2.故速率为v的离子在DE边的射出点距离D点的范围为d。5如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy，y轴竖直向上，一质量为m、电荷量为q的微粒从x轴上的M点射出，方向与x轴夹角为，微粒恰能以速度v做匀速直线运动，重力加速度为g.(1)求匀强电场场强E；(2)若再叠加一圆形边界的匀强磁场，使微粒能到达x轴上的N点，M、N两点关于原点O对称，距离为L，微粒运动轨迹也关于y轴对称已知磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向外，求磁场区域的最小面积S及微粒从M运动到N的时间t.【答案】(1)，方向竖直向上(2)【解析】(1)对微粒有qEmg0，得E方向竖直向上(2)微粒在磁场中有qvBm，解得R.如图所示，当PQ为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小有rRsin 其面积Sr2又T(或T)根据几何关系可知偏转角为2则在磁场中运动的时间t2T又MPQN，且有t1t3故运动的时间tt1t2t36.如图所示，在xOy平面内，以O(0，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下