专题19 带电粒子在叠加场运动（解析版）2020年全国百所名校最新高考物理模拟试题全解汇编

2020 年全国百所名校最新高考模拟试题全解汇编 带电粒子在叠加场运动 1、（2020·广东省高三下学期 3 月线上测试）如图，等离子体以平行两极板向右的速度 v=100m/s 进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为 0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板 间的距离为 10cm，两极板间等离子体的电阻 r=1Ω。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中 B 点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中 A 点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场 视为匀强磁场，上半部分为 S 极， R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表） 的示数恒为 2.0V，则 A. 玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘 B. 由上往下看，液体做逆时针旋转 C. 通过 R0 的电流为 1.5A D. 闭合开关后，R0 的热功率为 2W 【答案】BD 【解析】 AB．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电 极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由 边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因 此液体沿逆时针方向旋转，故 A 错误，B 正确； C．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有 UqvB q d =得 由闭合电路欧姆定律有 解得 R0 的热功率 故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 2、（2020·湖南省高三下学期 3 月线上联考）.质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。某质谱 仪的原理图如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为 E，匀强磁场的磁感应强度大小为 B1，偏 转磁场（匀强磁场）的磁感应强度大小为 B2。一电荷量为 q 的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选 择器，恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为 R 的匀速圆周运动。粒子重力不计，空气阻力不计。该 粒子的质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A = =0.5 0.1 100V=5VU Bdv × × V 0( )U U I r R− = + 1AI = 0 2 0 2WRP I R= = 1 2qB B R E 1 2 2 qB B R E 1 2 qB R B E 2 1 qB R B E【解析】 在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得： qvB1=qE 粒子速度： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得： A． ，与结论相符，选项 A 正确； B． ，与结论不相符，选项 B 错误； C． ，与结论不相符，选项 C 错误； D． ，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 A。 3、（2020·江苏省扬州市高三下学期 3 月第二次检测）如图甲所示，xOy 坐标系处于竖直平面内，t=0 时刻， 质量为 m、电荷量为+q 的小球通过 O 点时速度大小为 v0，已知重力加速度为 g。 (1)若 x 轴上方存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为 B，垂直纸面向里。当小球速度 v0 竖直 向上时可做匀速运动，求电场强度 E1 的大小及方向； 1 Ev B = 2 2 vqvB m R = 1 2qB B Rm E = 1 2qB B R E 1 2 2 qB B R E 1 2 qB R B E 2 1 qB R B E(2)若 x 轴上方存在水平向右的匀强电场，电场强度 E2= ，小球速度 v0 竖直向上，求小球运动到最高点 时的速度 v； (3)如图乙所示，若第 I、第 IV 象限内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度 B1=2B，B2=B，同时存 在竖直向上的匀强电场，电场强度 E3= ，小球速度 v0 与 x 轴正方向的夹角 α=45°，求小球经过 x 轴的时 刻 t 和位置 x。 【答案】(1) ，方向为与竖直方向成 角，斜向右上方；(2)v0，方向水平向右； (3) 时 刻 为 时 ， 位 置 为 ； 时 刻 为 时，位置为 【解析】 (1)当小球速度 v0 竖直向上做匀速运动时，受力如图： 根据平衡条件有： mg q mg q 2 2 2 2 2 0m g q v B q + 0arctan qv B mg (3 1) ,( 1,2,3 )4 n mt nqB π−= =  02(3 1) ,( 1,2,3 )2 n mvx nqB −= =  3 ,( 1,2,3 )4 k mt kqB π= =  03 2 ,( 1,2,3 )2 kmvx kqB = =  2 2 2 2 2 2 2 0 =m g q v B q E+解得 方向 与竖直方向成 角，斜向右上方 (2)若 x 轴上方存在水平向右的匀强电场，小球运动到最高点时 竖直方向上有 竖直方向上有 小球运动到最高点时的速度 方向水平向右 (3) 因为存在竖直向上的匀强电场，电场强度 E3= ，则电场力 与重力平衡，所以带电小球相当于在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。运动轨迹如图： 为 2 2 2 2 2 0= m g q v BE q + 0arctan qv B mg 00- -v gt= 2 x qqEv at t mg t gtm m q ⋅ = = = = 0xv v gt v= = = mg q 3 mgqE mq gq = ⋅ =小球第一次经过 x 轴的时刻 位置 小球第二次经过 x 轴的时刻 位置 小球第三次经过 x 轴的时刻 位置 小球第四次经过 x 轴的时刻 1 1 2 4 mt qB = ⋅ π 0 1 12 2 mvx R qB = = ⋅ 2 1 1 2 1 3= + 4 2 4 m mt t qB qB ⋅ = ⋅π π 0 0 2 1 2 1 3= + 2 + 2 = 22 2 mv mvx x R x qB qB = ⋅ 3 2 1 2 1 5= + 4 4 m mt t qB qB ⋅ = ⋅π π 0 3 2 1 5= + 2 2 2 mvx x R qB = ⋅位置 所以小球经过 x 轴的时刻 t 和位置 x 为 时刻为 时，位置为 ； 时刻为 时，位置为 4、（2020·高三下学期线上检测）如图所示，在坐标系 xOy 的第二象限内有沿 y 轴负方向的 匀强电场，电场强度大小 。在第三象限内有磁感应强度 的匀强磁场 I，在第四象限内 有磁感应强度 的匀强磁场Ⅱ，磁场 I、Ⅱ的方向均垂直于纸面向内。一质量为 m、电荷量为+q 的粒子从 P（0，L）点处以初速度 v0 沿垂直于 y 轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过 x 轴和 y 轴进入磁场 I 和磁场Ⅱ，不计粒子的重力和空气阻力。求： (1)粒子由电场进入磁场 I 时的速度 v 大小和方向； (2)粒子出发后第 1 次经过 y 轴时距 O 点的距离； (3)粒子出发后从第 1 次经过 y 轴到第 4 次经过 y 轴产生的位移大小 Δy。 4 3 1 2 1 6= + 4 2 4 m mt t qB qB ⋅ = ⋅π π 0 4 3 2 6= + 2 2 2 mvx x R qB = ⋅  (3 1) ,( 1,2,3 )4 n mt nqB π−= =  02(3 1) ,( 1,2,3 )2 n mvx nqB −= =  3 ,( 1,2,3 )4 k mt kqB π= =  03 2 ,( 1,2,3 )2 kmvx kqB = =  2 03 2 mvE qL = 0 1 3 2 mvB qL = 0 2 6mvB qL = 【答案】(1)2v0，方向与﹣x 轴成 60°角；(2)2L；(3) 。 【解析】 (1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由牛顿第二定律可得 由运动学公式可得 设粒子由电场进入磁场 I 时的竖直方向上速度 vy，则有 设粒子由电场进入磁场 I 时速度为 解得 ，设方向与-x 轴成 α，则有 解得 (2)粒子在第 2 象限运动沿 x 方向的位移大小 4 3 L qE ma= 21 2L at= yv at= v 2 2 0 yv v v= + 02v v= 0 1cos 2 v v α = = 60α = °代入数值可得 ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则 解得 ，如图由几何关系可得 说明圆心恰好落在 y 轴上，粒子第一次经过 y 轴距 O 点距离 即粒子第一次经过 y 轴距 O 点距离为 2L。 (3)由几何关系可知粒子第一次以经过 y 轴时速度方向垂直 y，即沿+x 方向，粒子进入磁场Ⅱ后，仍做匀速 圆周运动，由牛顿第二定律可得 0x v t= 2 3 3 Lx = 2 1 1 vqvB m r = 1 4 3r L= 1 4 3 2 3cos30 3 2 3r L L° = × = 1 1 1 4 1 4sin30 23 2 3y r r L L L= °+ = × + = 2 2 2 vqvB m r = 2 1 1 1 3 4r L r= =画出粒子运动轨迹，由图像可知 当粒子第 4 次经过 y 轴时 5、（2020·高三下学期综合演练八）如图所示,MN、PQ 是平行金属板,板长为 l,两板间距 离为 ,PQ 板带正电,MN 板带负电,在 PQ 板的上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为 q、质量为 m 的带负电粒子以速度 v0 从 MN 板边缘沿平行于板的方向射入两板间,结果粒子恰好从 PQ 板左边缘飞进磁 场,然后又恰好从 PQ 板的右边缘飞进电场．不计粒子重力．求: （1）两金属板间所加电场的电场强度大小． （2）匀强磁场的磁感应强度 B 的大小． 【答案】(1) (2) 【解析】 (1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，有： 在沿电场方向上有： 联立两式解得 1 4 3y r L∆ = = 2 l 2mvE ql = 2mvB qL = lt v = 21 2 2 l qE tm = ⋅(2)出电场时沿电场方向上的速度 vy=at=v 则进入磁场的速度为 速度与水平方向成 45 度角. 根据几何关系得: 根据 得 解得 6、（2020·四川省宜宾市四中高三下学期第一次在线月考）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着 竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度 B=2T．小球 1 带正电，小球 2 不带电， 静止放置于固定的水平悬空支架上．小球向右以 v1=12 m/s 的水平速度与小球 2 正碰，碰后两小球粘在一起 在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为 2m．碰后两小球的比荷为 2mvE ql = 2v v′ = 2 2 lr = 2vqv B m r ′′ = mvr qB ′= 2mvB qL =4C/kg．（取 g=10 m/s2) （1）电场强度 E 的大小是多少？ （2）两小球的质量之比 是多少？ 【答案】（1）E=2.5N/C （2） 【解析】 （1）碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，可知电场力等于两球的重力，列式可求解场强 E； （2）碰撞过程动量守恒，列出表达式求解碰后速度；根据洛伦兹力等于向心力列出方程可求解两小球的质 量之比. 碰后有 又 得 E=2.5N/C （2）由动量守恒定律： 依题可知：r=1m 2 1 m m 2 1 1 2 m m = 1 2m m g qE+ =（ ） 1 2 4 /q C kgm m =+ 1 1 1 2 2( )m v m m v= + 2 1 2 2 2 ( )m m vqv B r +=联立以上公式可得： 7、（2020·湘赣皖长郡中学等十五校高三下学期第一次考试）如图所示，Ⅰ、Ⅲ区域（足够大）存在着垂直 纸面向外的匀强磁场，虚线 MN、PQ 分别为磁场区域边界，在Ⅱ区域内存在着垂直纸面向里的半径为 R 的 圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界 MN、PQ 相切，S、T 为切点，A、C 为虚线 MN 上的两点，且 AS=CS= R，有一带正电的粒子以速度 v 沿与边界成 30°角的方向从 C 点垂直磁场进入Ⅰ区域，随后从 A 点进入Ⅱ 区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知Ⅱ区域内磁场的磁感应强度 B2 为Ⅰ区域 内磁场的磁感应强度 B1 的 6 倍，Ⅲ区域与Ⅰ区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求： (1)粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域中转过的圆心角； (2)粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。 【答案】(1)120°(2) 【解析】 (1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得 ， 半径 粒子转过的圆心角为 2 1 1 2 m m = 3 64 3 4 9 R RT v v π= + 1 60O CS °∠ = 1 3 2 3cos60 RR R°= = 1 300θ = 粒子从 点进入Ⅱ区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过Ⅱ区域圆形磁场的圆心 ，接着在磁场 中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心 设轨迹半径为 ，由牛顿运动定律知 得 故 即 连接 ，得 得 A O O 2R 2 2 2 vqvB m R = 2 2 mvR qB = 2 1 1 2 R B R B = 2 3 3R R= 2O O 2 3 3tan R O OA R ∠ = 2 30O OA °∠ =故此粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域转过的圆心角为 (2)粒子进入Ⅲ区域时，速度方向仍与边界 成 30°角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一 个周期内，在Ⅰ、Ⅲ区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为 所用总时间为 在Ⅱ区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为 ，所用时间为 在Ⅱ区域要经过 4 次匀速直线运动过程，每次运动的距离为 所用总时间 故此粒子在一个周期内所经历的总时间为 8、（2020·普通高等学校全国统一考试内参模拟一全国 III 卷）如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有 一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为 m、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与 x 的正方向成 45°角。当粒子运动到电场中坐标 为（3L，L）的 P 点处时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同。求 ( )2 290 2 120O OAθ ° °= − ∠ × = PQ 1 300θ °= 1 1 1 2 20 32 360 3 R Rt v v π θ π °= × × = 2 120θ °= 2 2 2 2 4 32 360 9 R Rt v v π θ π °= × × = 3 cos30 Rs R R°= − = 3 44 R Rt v v = × = 1 2 3 64 3 4 9 R RT t t t v v π= + + = +(1)粒子从 O 点射入磁场时的速度 v； (2)匀强电场 场强 E 和匀强磁场的磁感应强度 B； (3)粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间。 【答案】(1) ；(2) ； ； (3) 【解析】 (1)若粒子第一次在电场中到达最高点 ，则其运动轨迹如图所示 粒子在 点时的速度大小为 ， 段为圆周， 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在 点时的速度大 小也为 ，方向与 轴正方向成 角，可得 解得 (2)在粒子从 运动到 过程中，由动能定理得 的 的 02v v= 2 0 2 mvE qL = 02mvB qL = 0 (8 ) 4 L v π+ P O v OQ QP Q v x 45° 0 cos45v v= ° 02v v= Q P解得 在匀强电场由从 运动到 的过程中，水平方向的位移为 竖直方向的位移为 可得 由 ，故粒子在 段圆周运动的半径 粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律则有 解得 (3)在 点时，则有 2 2 0 1 1 2 2qEL mv mv− = − 2 0 2 mvE qL = Q P 0 1x v t= 0 12 vy t L= = 2x L= OQ L= 2 cos45OQ R= ° OQ 2 2R L= 2mvqvB R = 02mvB qL = Q设粒子从 运动到 所用时间为 ，在竖直方向上有 粒子从 点运动到 所用的时间为 则粒子从 点运动到 点所用的时间为 总 0 0tan 45yv v v= ° = Q P 1t 1 0 0 2 2 L Lt v v = = O Q 2 04 Lt v π= O P t 1 2 0 0 0 2 (8 ) 4 4 L L Lt t v v v π π+= + = + =