【物理】2020二轮复习带电粒子在电场或磁场中的运动非选择题特训练习（解析版） 12页

‎2020届高考物理二轮复习非选择题特训练习（7）‎ 带电粒子在电场或磁场中的运动 ‎1、一束初速度不计的电子在经U的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d，板长为l,偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两个偏转电极之间．已知电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎(1)电子离开加速电场时速度大小；‎ ‎(2)电子经过偏转电场的时间；‎ ‎(3)要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎(4)电子最远能够打到离荧光屏上中心O点多远处？‎ ‎2、如图所示,一内壁光滑的绝缘圆管A固定在竖直平面内.圆环的圆心为点为圆管的最低点,两点在同一水平线上,,圆环的半径为(圆管的直径忽略不计),过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点.在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场;虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场,电场强度大小等于.圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为的绝缘小物体(视为质点),PC间距为L.现将该小物体无初速释放,经过一段时间,小物体刚好沿切线从A点无碰撞地进入圆管内,并继续运动.重力加速度用g表示.‎ ‎（1）虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大?‎ ‎（2）小物体从管口B离开后,经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点),则N点距离C点多远?‎ ‎（3）小物体由P点运动到N点的总时间为多少?‎ ‎3、如图所示,在平面直角坐标系xOy中,Ⅰ、Ⅳ象限内有场强大小E=103V/m的匀强电场,方向与x轴正方向成45°角,Ⅱ、Ⅲ象限内有磁感应强度大小B=1T的匀强磁场,方向垂直坐标平面向里。现有一比荷为104C/kg的带负电粒子,以速度v0=2×103m/s由坐标原点O垂直射入磁场,速度方向与y轴负方向成45°角。粒子重力不计。求:‎ ‎1.粒子开始在磁场中运动的轨道半径;‎ ‎2.粒子从开始进入磁场到第二次刚进入磁场的过程所用时间;‎ ‎3.粒子从第二次进入磁场到第二次离开磁场两位置间的距离。‎ ‎4、如图所示，某空间有理想边界ab，ab上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，ab下方存在平行纸面竖直向上的匀强电场，电场强度为E，有一不计重力的粒子，质量为m，电荷量为q，由距边界ab为L处的电场中某点无初速释放，求：‎ ‎(1)粒子进入磁场圆周运动半径r；‎ ‎(2)求粒子第n次经过边界ab所经历的时间。‎ ‎5、如图甲所示,圆盒为电子发射器.M处是电子出射口. 其正视截面如图乙所示,D为绝缘外壳,整个装置处于真空中,半径为R的金属圆柱A可沿半径方向向外均匀发射速率为v的低能电子;与A同轴放置的金属网C的半径为3R ‎.不需要电子射出时,可用磁场将电子封闭在金属网以内;若需要低能电子射出时,可撤去磁场,让电子直接射出;若需要高能电子,撤去磁场,并在A、C间加一径向电场,使其加速后射出.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用,忽略电子的重力和相对论效应,已知电子质量为m,电荷量为e.‎ ‎1.若需要速度为2v的电子通过金属网C发射出来,在A、C间所加电压是多大? 2.若A、C间不加电压,要使由A发射的电子不从金属网C射出,可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向里的匀强磁场,求所加磁场的磁感应强度B的最小值.‎ ‎6、如图所示,在xOy平面直角坐标系中,直角三角形内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。线段,。在第四象限正方形OGFD内存在沿x轴正方向、大小  的匀强电场,沿在第三象限放置一足够大的荧光屏,屏与轴平行。—个电子从坐标原点沿y轴正方向射入磁场,恰好不从边射出磁场。已知电子的质量为,电量为。不计重力.‎ ‎1.求电子射入磁场时的速度大小; 2.求电子在电场中运动的时间; 3.若另一电子Q从x轴上某点(x≠0)以相同的速度射入磁场,P、Q打在荧光屏上同一点,求该电子射入磁场时的坐标.‎ ‎7、如图所示,在真空中建立直角坐标系xOy,其第一、四象限内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场,第三象限内有一对平行金属板M、N,两板间电场强度为E,两板间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场,一正离子沿平行于金属板的轴线方向射入两板间并做直线运动,从A点(-L,0)垂直于x轴进入第二象限,然后从P点(0,2L)进入y轴右侧磁场,离子第一次离开y轴右侧磁场时恰好经过O点,不计离子的重力,求:‎ ‎1.离子第一次经过P点时的速度v; 2.离子的比荷; 3.从离子第一次进入第二象限开始计时,到离子第二次经过P点的时间.‎ ‎8、如图所示,平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,一质量为m、带电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动,AO与x轴负方向成37°角.在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后,可使小球继续做直线运动到MN上的C点,MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出,已知小球在C点的速度大小为2v0,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:‎ ‎1.第二象限内电场强度的大小和磁感应强度V的大小;‎ ‎2.区域Ⅰ内最小电场强度的大小和方向;‎ ‎3.区域Ⅱ内电场强度的大小和磁感应强度的大小.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 答案以及解析 ‎1答案及解析：‎ 答案：(1)‎ 设电子流经加速电压后的速度为，则由动能定理有：‎ ‎ 又q=e ‎ 得：‎ ‎(2)电子经过偏转电场时做类平抛运动，运动时间为： ‎ ‎(3)设两极板上最多能加的电压为U′,要使电子能从平行板间飞出则电子的最大侧移量为，则有：‎ 又 联立以上三式得：‎ ‎(4)从板边缘飞出到荧光屏上离O点最远。这时 速度偏向角的正切 而vy=at 则得 离O点最远距离 联立得：‎ 解析：‎ ‎ ‎ ‎2答案及解析：‎ 答案：（1）小物体释放后,在重力和电场力作用下做匀变速运动,小物体刚好沿切线进入圆管内,故小物体刚好沿PA连线运动,重力与电场力的合力沿PA方向;又,故.‎ ‎（2）小物体从P到A的运动由动能定理可得,解得 虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场,电场强度大小等于,电荷量为的绝缘小物体所受电场力,方向竖直向上,故小物体从A到B做匀速圆周运动,‎ 小物体从管口B离开后,经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点,对竖直方向:,解得 水平方向:,,解得 N点距离C点:.‎ ‎（3）小物体从P到A的时间用表示,则,解得 物体从A运动到B的时间 小物体由P点运动到N点的总时间.‎ 解析：‎ ‎ ‎ ‎3答案及解析：‎ 答案：1.0.2m; 2. 3. ‎ 解析：1.粒子进入磁场后做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律:‎ 有 解得r=0.2m 2. 粒子在磁场中运动的周期 粒子第一次在磁场中运动的时间为: ‎ 粒子在电场中做类平抛运动, ‎ 解得t2=4×10-4s ‎ 总时间: 3.如图所示,‎ 粒子在电场中做类平抛运动,设粒子的速度偏向角为α,粒子第二次进入磁场时的速度大小为v,与y轴负方向的夹角,则有tanα=2, ,‎ ‎,‎ 根据牛顿第二定律有 ‎,则,‎ 粒子第二次进、出磁场处两点间的距离,解得 ‎ ‎ ‎4答案及解析：‎ 答案：（1）‎ 对粒子由动能定理可得 ①‎ 由 ②‎ ③‎ ‎（2） ④‎ ⑤‎ ‎ ‎ 由周期公式 ⑥‎ 当n为奇数时，⑦‎ 当n为偶数时，‎ 解析：‎ ‎ ‎ ‎5答案及解析：‎ 答案：1. 2. ‎ 解析：1.电子经A、C间的电场加速时,由动能定理得,所需加速电压为 2.电子在A、C间磁场中做匀速圆周运动,其轨迹圆与金属网相切时,磁感应强度B有最小值.设此轨迹圆的半径为r,则,‎ 由几何关系得,解得,‎ 最小磁感应强度为 ‎ ‎ ‎6答案及解析：‎ 答案：1. 2. 3. ‎ 解析：1.设电子在磁场中运动的轨迹半径为R,根据题意并结合几何知识可得,解得 根据牛顿第二定律可得,解得 2.由几何知识可知,电子进入电场的位置的横坐标为 电子若从GF间射出,则 对电子有,其中,解得,则电子从OG间离开电场,则,解得 ‎ 3.电子P通过y轴的坐标为,电子P的速度方向与y轴负方向的夹角的正切值为.电子P打在荧光屏上对应的y轴坐标为 设电子P离开电场时的坐标为在电场中运动的时间为,则,且速度方向与y轴负方向的夹角的正切值为,打在荧光屏上的点的y轴的坐标为,代入得 由P、Q打在荧光屏上同一点,有,解得 设电子Q从坐标进入电场,则,解得 ‎ ‎ ‎7答案及解析：‎ 答案：1. ,与y轴正方向成45°角 2. 3. ‎ 解析：1. 离子在M、N板间做匀速直线运动,电场力与洛伦兹力平衡, ;‎ 离子在第二象限内做类平抛运动, 离子在P点时沿y轴方向的分速度为v0,设沿x轴方向的分速度为vx,‎ 运动时间为,,解得,设离子在P点时的速度v与y轴正向的夹角为θ,则,解得θ=45°,离子在P点时的速度与y轴正方向成45°角; 2.由几何关系可知离子在第一象限的轨迹半径为,根据牛顿第二定律有,可得 3.离子的轨迹如图所示, 离子做圆周运动的周期 设离子第一次在y轴右侧运动的时间为,‎ 设离子第二次在第二象限内运动的时间为到达y轴的坐标为,由对称关系得, 离子第二次在y轴右侧运动恰再次到达P点,运动的时间为,从离子第一次进入第二象限开始计时,到离子第二次经过P点的时间 ‎ ‎ ‎8答案及解析：‎ 答案：1.带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动.‎ 由图甲知,‎ 解得 解得.‎ ‎ 2.区域Ⅰ中小球做加速直线运动.电场强度最小,受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直).小球做匀加速直线运动.由图乙知 ‎,解得 方向与x轴正方向成53°角向上. 3.小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,所以 ‎,得 因小球恰好不从右边界穿出,小球运动轨迹如图丙所示 由几何关系可知r+r·cos53°=d,解得 由洛伦兹力提供向心力知 联立得.‎ 解析：‎ ‎ ‎