2019届高考物理一轮复习 课时跟踪检测（三十四）带电粒子在组合场中的运动（卷ⅱ）（重点班）

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1、课时跟踪检测（三十四）带电粒子在组合场中的运动（卷Ⅱ）[B级——拔高题目稳做准做]1．(2018·榆林模拟)如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，下极板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电荷量为q，质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cosθ＝，磁场方向垂直于坐标平面

2、向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求：(1)K极板所带电荷的电性；(2)粒子经过c点时的速度大小；(3)圆形磁场区域的最小面积。解析：(1)粒子由a到c，向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向为匀减速运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度

3、减为零，a点速度为初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度与a点速度大小相等。由上可知粒子经过c点时的速度大小vc＝va＝vcosθ＝＝。(3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，a、c为两个切点。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：qvcB＝m可得轨迹半径R＝＝粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，

4、此时磁场半径与轨迹半径相等。磁场最小面积S＝πR2＝。答案：(1)正电　(2)　(3)2．(2018·福建质检)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：(1)电子进入磁场时的速度大小v；(2)电子枪的加速电压U；(3)若保持电子枪与AO平行

5、，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。解析：(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力evB＝m电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R联立解得v＝。(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU＝mv2联立解得U＝。(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示。由几何关系，α＝60°GN＝＝R。答案

6、：(1)　(2)　(3)左侧　R★3.(2017·四川绵阳南山中学模拟)如图所示，半径R＝1.6m的光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L＝3m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20N/C，磁感应强度B＝3.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10－3kg的物块a和b，物块a不带电，b带q＝1.0×10－3C的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生正碰，碰撞时

7、间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60°角落在地面上的P点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10m/s2，a、b均可看做质点。求：(1)物块a运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；(2)传送带距离水平地面的高度；(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量。解析：(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，mgR(1－cosθ)＝mvC2得：vC＝4m/s在C点，由牛顿第二定律：FN－mg＝m解得：

8、FN＝2×10－2N由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：FN′＝2×10－2N，方向竖直向下。(2)a、b碰撞动量守恒mvC＝2mvC′vC′＝2m/sab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，μ·2mg＝2mav2－vC′＝2as得：s＝2.5m