【2019-2020】高考物理100考点千题精练专题9-12组合场问题

1、1 / 11【2019-2020】高考物理 100 考点千题精练专题 9-12 组合场问题选择题1 . （2018 东北三校联考）如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U的电场加速后，射入水平放置、电势差为Ua的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又 垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M N两点间的距离D随着U和 U 的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应 ）（）A. D随U变化，D与U无关B. D与U无关，D随U变化C. D随U变化，D随U变化D. D与U无关，D与U无关【参考答案】A【名师解析】设带电粒子在MS电

2、场中被扣速后的速度为叭根据动能定理有曲二盒设带电粒子从偏转电场中出耒逬入磁场时的速度犬小为耳与水平方向的夹角为眄如图所示，在磁场中有-益冲寺 而尸 23联立各式解得戸2弋，因而选项A正确+2.（2018 广州一模）如图，正方形abed中厶abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，bed区域内有方向平行be的匀强电场（图中未画出）。一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场。不计粒子的重力。则M M M気J_r2 / 11A. 粒子带负电B. 电场的方向是由b指向cC. 粒子在b点和d点的动能相等D.粒子在磁场、电场中运动的时间之比为：2【参考答案】A

3、BD【名师解析】根据题也 带电粒子从M点沿血方向射入磁场，随后经过呦的中点巴进入电场，由左手走 则可判断出粒子带负电，选项血正确；根据粒子经过聞的中点E进入电场，接看从白点射出电场，可知粒 子所受电场力方向为由匚指向th电场的方向是由b指向巧选顷B正确；带电粒子在匀强磁场中运动洛 伦兹力不做功，在匀强电场中运动，电场力做功，根据动能走理，粒子在b点的动能大于在点的动能， 选项c謝刘画出带电粒子在匀强施场和匀强电场中的运动轨迹如團所示，设正方形血皿的边长为L,带 电粒子在磁场中运动的轨迹半径在匀强磁场中运动的速度为町在匀强盛场中运动的轨迹所对的圆jQ DjjrT心角为旳在匀强晞场中运动的时间ti

4、=J粒子在匀强电场中的运动可井解为沿垂直电场方向v 4v的匀速直线运动和沿电场方向的初速度为零的匀加速直线运动，由5 叫解得在匀强电场中运动时间二 粒子在砺场、电场中运动的时间之比为& : “学：刍劇：b选项D正畴2v4v 2v乐茨；（主如近孑办/ k 3CX X X /*/；:/iJ:x 尸UE:-F I:：$ /i:W!id-.1.3.（2018 广东韶关质检）如图 4 所示，一个静止的质量为 m、带电荷量为 q 的粒子（不计重力），经 电压U加速 后垂直进人磁感应强度为 B 的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在 P 点，设 OP=x, 能够正确反应x与U之间的函数关系的是图

5、43 / 11【名师解析】带电粒子经电压卩加速，由动能走理，粒子垂直进人碗感应强度为B的匀强磁 场，洛伦玆力等干向心力，QvEt-,2E联立解得：泸Z禅Z,所以能够正确反应搏与卩之 间的函数关系的是图陕4.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 CDy 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，它们到原点 O 的距离均为 a，。现将一质量为 m,带电量为 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

6、确的是（）A.若，则粒子垂直Cy 射出磁场hB.若，则粒子平行于 x 轴射出磁场fjC.若8 刑 E，则粒子垂直Cy 射出磁场hD.若角皿，则粒子平行于x 轴射出磁场【参考答案】AD【名师解析】若h二詈,则在电场中，由动能定理得：qEh=訥勺在晞场中，有前仙 手联立解得: 尸4如旣根据几何知识可如粒子垂直Cy射出議场，故A正爲E错误.若兽，与上题同理可得:则根据几何知识可矢啦子平行于滾轴射出磁场，故亡错i吴，E正确.【参考答案】BB4 / 11点睛：带电粒子先经过电场加速，再进入磁场做匀速圆周运动，由动能定理求出加速获得的速度，由牛顿第二定律求出在磁场中圆周运动的轨迹半径，可结合几何知识判断粒

7、子射出磁场的方向.二计算题1. (16 分)(2018 江苏扬州期末)在如图所示的坐标系内，PQ 是垂直于 x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长1为 d.PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为 gd,间距为 d.电场右侧的 x 轴上有足够长的荧光屏.现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿 y 轴正方向射入磁场， 电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右1端的距离为 gd，电子电荷量为 e,质量为 m 不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：(1)电子通过磁场区域的时间 t;偏转电

8、场的电压 U;(3)电子至少以多大速率从 O 点射出时才能打到荧光屏上.1Ay: pcVXXXX牝/X XX X炉yoQA+MT=警2分)通过磁场区域的时间为90 nmt1=360-T=2eB（2(2)由几何知识得 rmv=d，又r=巨解得 v =eBdm（2分）【名师解析】(1)电子在磁场区域运动周期为5 / 11通过电场的时间庐霽 代入数据解得匕=磊2分电子离幵电场后做匀速直线运动到达M点(3)电子恰好打在下极板右边缘mveB1电场中水平方向 2d = vt竖直方向 r1eU22md由上述三式代入数据解得 v輕.（4 分）V3m14 -Ily2门Xyi+y2=dleU._ 1故麺$亍1le

9、U代入数据解得U=8eB2d23m（2 分）*6 / 112.（ 2017 海淀二模）（16 分）如图所示，真空玻璃管内，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计） 经阳极A与阴极K之间的电压U形成的加速电场加速后，从阳极A的小孔射出，由水平放置的平行正对偏转极板M N的左端中点以平行于极板的方向射入两极板之间的区域。若M N两极板间无电压，电子将沿水平直线打在荧光屏上的O点；若在M N两极板间加电压U,形成平行纸面的偏转电场，则电子将打在荧 光屏上的P点；若在M N极板间加电压U的同时，再加方向垂直纸面的匀强磁场，则电子将能重新打在荧 光屏上的O点。已知电子质量为m电荷量为e,M N两极板长

10、均为Li、两极板间距离为d,极板右端到荧 光屏的距离为L2o（1 ）忽略电子所受重力及它们之间的相互作用力，求：1电子从阳极A小孔射出时速度vo的大小；2电子重新打在荧光屏上O点时，所加匀强磁场的磁感应强度B的大小。（2 ）在解决一些实际问题时，为了简化问题，常忽略一些影响相对较小的量，这对最终的计算结果并没有太大的影响，因此这种处理是合理的。如在计算电子打在荧光屏上的位置时，对于电子离开M N板间的偏转电场后运动到荧光屏的过程，可以忽略电子所受的重力。请利用下列数据分析说明为什么这样处理是合_2231192理的。已知Ua=2.0 x10 V,d=4.0 x10-m,m=9.1x10-kg ,

11、e=1.6x10-C,L=5.0 x10-ml_2=0.10m,重力加2速度g=10m/so【名师解析】 对于电子在加速电场中的加速过程根擔动能定理有.（3分 加磁场后，电子沿水平方向以V。做匀速直线运动，所受合力为零.（2 分）即eU2/d=ev0B.（2 分）解得B=U2m.（2 分）d 2eU1 电子通过偏转电场的时间 26%.（1分电子离幵偏转电场时沿垂直偏转极板方向的速度分量些三如产学如.（2分）分）图97 / 11dm旳电子离幵偏转电场到莢光屏的运动时间 23%. . . （1分）若不计重力，电子离幵偏转电场到荧光屏的过程中，沿垂直偏转极板方向的位移丹呻严.（1分若考虑到重力的作用

12、，则电子离开偏转电场到荧光屏的过程中，沿垂直偏转极板方向的位移.1*2eU2L丄21 L； / 彳、y2=Vyt2+gt2=2；2+ g-4 （ 1 分）2dmv02 v0由于重力影响，电子离开偏转电场到荧光屏的过程中，沿垂直偏转极板方向位移增加量为AiL2y=y2-yi=g22 v2由于重力的影响，电子离开偏转电场到荧光屏的过程中，沿垂直偏转极板方向位移的增加量与忽略电子所 受重力时的位移的比值卫 io-14.（i 分）yi2eU2Li即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小，所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的重力。3.（ 2017 年 5 月广西五市模拟）如图所示，虚线MN为匀强电场和

13、匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界MN成0=45角，匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外，在电场中有一点P, P点到边界 MN 的竖直距离为d。现将一质量为m电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放（不 计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。求：（1 ）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（3） 若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B，但方向不变，此后粒子恰好被束缚 在该磁场中，则B的最小值为多少？8 /11(2)XCA=4、2d。(3)B=2(2-2)B.【容师解析】i殳粒子第一次进入磁场时的速度大小

14、为v,由动能定理可得（2）粒子在电场和52场中的运动轨迹如图所示粒子第一次出議场到第二次进晞场，两点间距为社解得尸2qEd9 / 11代入数据可得:XCA=4、,2d。10 / 11由题意可知当粒子运动到尸点处改变晞甑强度的大小时粒子运动的半径又最大值，即丧最小，粒子的运动轨迹如團中的虛线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r,则有几何关系可知 r=-Ro4所以B =mv,qr代入数据可得：B=2(2-X2)B.4.如图所示，等边三角形 AQC 的边长为 2L, P、D 分别为 AQ AC 的中点水平线 QC 以下是向左的匀强电 场，区域1(梯形 PQCD 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感

15、应强度大小为Bo；区域n(三角形 APD 内的磁场方向垂直纸面向里，区域III (虚线 PD 之上、三角形 APD 以外)的磁场与区域n内大小相等、方向相反.带正电的粒子从 Q 点正下方、距离 Q 点为 L 的 O 点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度vo垂直 QC 到达该边中点 N,经区域再从 P 点垂直 AQ 射入区域(粒子重力忽略不计)(1 )求该粒子的比荷q/m；(2) 求该粒子从 O 点运动到 N 点的时间 11和匀强电场的电场强度 E;(3)若区域n和区域川内磁场的磁感应强度大小为3B0,则粒子经过一系列运动后会返回至O 点，求粒子从 N 点出发再回到 N 点的运动过程所需的时间 t.【名师解析】(1)由题意可知，粒子在区域I内做匀速圆周运动，轨道半径为:又因为 r=mvqBr1=L11 / 112由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB0=mV-1O / 11解得：q/m= 一0-BoL(2)粒子从。点、到N点过程中，竖直向上做速度为吮的匀速直线运动，贝壯 叶 G水平向右做末速度为零的匀减速直线运动,贝叽L= -at?,2由牛顿第二定律得：gE=ma解得:E=2B 凤；(3)带电粒子在区域n和区域川内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：2qvo3B0=mVo-r解得：r2=L/3粒子从N点出发再回