2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)重點(diǎn)講練專題七電場(chǎng)與磁場(chǎng)課時(shí)作業(yè)

PAGEPAGE2專題七電場(chǎng)與磁場(chǎng)一、選擇題(共10個(gè)小題，1－5為單項(xiàng)選擇，6－10為多項(xiàng)選擇，每題5分共50分)1．(2022·浙江)以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．在靜電場(chǎng)中，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低B．外力對(duì)物體所做的功越多，對(duì)應(yīng)的功率越大C．電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比D．在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實(shí)際作用力發(fā)生了變化答案A解析在靜電場(chǎng)中，沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，A項(xiàng)正確；根據(jù)P＝eq\f(W,t)可知，外力對(duì)物體所做的功越多，對(duì)應(yīng)的功率不一定越大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電容器的電容C與電容器所帶電荷量Q無(wú)關(guān)，只與兩板的正對(duì)面積、兩板間距以及兩板間的電介質(zhì)有關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實(shí)際作用力沒(méi)有發(fā)生變化，只是物體的視重發(fā)生了變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；應(yīng)選A項(xiàng)．考點(diǎn)定位電勢(shì)；功率；電容器；超重和失重名師點(diǎn)睛此題考查了四個(gè)簡(jiǎn)單的知識(shí)點(diǎn)，都是很根底的知識(shí)，只要平時(shí)學(xué)習(xí)扎實(shí)，有一定的物理功底即可解答．注意答案C中，電容器電容的決定因素是兩極板相對(duì)面積、兩極板間距離和兩極板間的電介質(zhì)的介電常數(shù)，要分清物理量的定義式和決定式．2．(2022·上海)國(guó)際單位制中，不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位是()A．N/C B．V/mC．J/C D．T·m/s答案C解析由公式E＝eq\f(F,q)可知，N/C為電場(chǎng)強(qiáng)度單位；由公式E＝eq\f(U,d)可知，V/m也是電場(chǎng)強(qiáng)度單位；由qE＝qvB可得E＝vB，故T·m/s也是電場(chǎng)強(qiáng)度單位；由公式U＝eq\f(W,q)可知，J/C是電勢(shì)差單位，應(yīng)選C項(xiàng)．考點(diǎn)定位電場(chǎng)強(qiáng)度方法技巧此題通過(guò)電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝eq\f(F,q)，E＝eq\f(U,d)，E＝vB分別判斷對(duì)應(yīng)的場(chǎng)強(qiáng)單位．3．(2022·淮安市5月最后一卷)如下圖，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一正方形剛性線圈，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，線圈一半在磁場(chǎng)內(nèi)．某時(shí)刻，線圈中通過(guò)大小為I的電流，那么此線圈所受安培力的大小為()A.eq\r(2)BIL B.eq\f(1,2)nBILC．nBIL D.eq\r(2)nBIL答案D解析線框的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)′＝eq\r(2)L，故線圈受到的安培力為F＝nBIL′＝eq\r(2)nBIL，D項(xiàng)正確．考點(diǎn)定位考查了安培力的計(jì)算名師點(diǎn)睛此題是一道易錯(cuò)題，關(guān)鍵是知道在根據(jù)公式F＝BIL計(jì)算安培力時(shí)，公式中的L表示導(dǎo)體在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度．4.(2022·安徽)均勻帶電的無(wú)窮大平面在真空中激發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(σ,2ε0)，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如下圖的平行板電容器，極板正對(duì)面積為S，其間為真空，帶電量為Q.不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí)，極板可看作無(wú)窮大導(dǎo)體板，那么極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S) B.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S) D.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)答案D解析由題意，單塊極板產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E0＝eq\f(Q,2ε0S)，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2E0＝eq\f(Q,ε0S)，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度處處相同，借用微元和累加的思想，所以另一塊極板所受電場(chǎng)力為F＝QE0＝eq\f(Q2,2ε0S)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．考點(diǎn)定位考查電場(chǎng)知識(shí)．5.(2022·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等．那么()A．直線a位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φNC．假設(shè)電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功D．假設(shè)電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功答案B解析電子帶負(fù)電荷，從M到N和P做功相等，說(shuō)明電勢(shì)差相等，即N和P的電勢(shì)相等，勻強(qiáng)電場(chǎng)中等勢(shì)線為平行的直線，所以c、d是兩條等勢(shì)線，從M到N，電場(chǎng)力對(duì)負(fù)電荷做負(fù)功，由WMN＝UMNq說(shuō)明φM>φN，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B正確．假設(shè)電子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，初末位置電勢(shì)相等，電場(chǎng)力不做功，C項(xiàng)錯(cuò)誤．電子作為負(fù)電荷從P到Q即從低電勢(shì)到高電勢(shì)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，D項(xiàng)錯(cuò)誤．6．(2022屆河北省衡水中學(xué))如下圖，光滑絕緣細(xì)管與水平面成30°角，在管的上方P點(diǎn)固定一個(gè)點(diǎn)電荷＋Q，P點(diǎn)與細(xì)管在同一豎直平面內(nèi)，管的頂端A與P點(diǎn)連線水平．帶電荷量為－q的小球(小球直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑)從管中A處由靜止開始沿管向下運(yùn)動(dòng)，在A處時(shí)小球的加速度為a，圖中PBIAC，B是AC的中點(diǎn)，不考慮小球電荷量對(duì)＋Q形成的電場(chǎng)的影響．那么在電場(chǎng)中()A．A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)B．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小是A點(diǎn)的4倍C．小球運(yùn)動(dòng)到C處的加速度為eq\f(g,2)－aD．小球從A到C的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增大答案BD解析正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線發(fā)散型，由于沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，因此A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；結(jié)合幾何關(guān)系知：PA＝2PB，由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝eq\f(kQ,r2)，可知，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與間距的平方成反比，那么B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小是A點(diǎn)的4倍，故B項(xiàng)正確；在A處時(shí)小球的加速度為a，對(duì)A點(diǎn)受力分析，電場(chǎng)力、重力與支持力，由力的合成法那么可知，合外力由重力與電場(chǎng)力沿著細(xì)管方向的分力之和提供的；當(dāng)在C處時(shí)，小球仍受到重力、電場(chǎng)力與支持力，合外力是由重力與電場(chǎng)力沿著細(xì)管方向的分力之差提供的，即為g－a.故C項(xiàng)錯(cuò)誤．根據(jù)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，可知：小球帶負(fù)電，從A到C的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，那么電勢(shì)能先減小后增大，故D項(xiàng)正確；應(yīng)選B、D項(xiàng)．7．(2022·鄭州市5月質(zhì)檢最后一卷)1932年，美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出盤旋加速器，工作原理示意圖如下圖．置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)狹縫的時(shí)間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.假設(shè)A處粒子源產(chǎn)生的粒子(初速度為0)質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速過(guò)程中不考慮重力的影響．那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．粒子被加速后的最大速度不可能超過(guò)2πRfB．粒子離開盤旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比C．粒子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．假設(shè)考慮相對(duì)論效應(yīng)，速率接近光速時(shí)粒子的質(zhì)量會(huì)隨速率有顯著增加答案ACD解析粒子在盤旋加速器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，每經(jīng)過(guò)半個(gè)周期速度加速后增大一次，軌道半徑增大一次，當(dāng)軌道半徑增大到等于D型盒半徑時(shí)，粒子離開盤旋加速器，此時(shí)有R＝eq\f(mv,qB)，粒子速度v＝eq\f(qBR,m)，粒子動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，據(jù)此判斷粒子離開盤旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U無(wú)關(guān)，B項(xiàng)錯(cuò)．粒子運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可見粒子速度變化過(guò)程，周期不變，粒子每轉(zhuǎn)過(guò)半個(gè)周期，電場(chǎng)方向改變一次，所以粒子圓周運(yùn)動(dòng)周期等于電場(chǎng)變化周期．粒子的最大速度v＝ωR＝eq\f(2π,T)R＝2πRf，A項(xiàng)正確．粒子第一次經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理qu＝eq\f(1,2)mv12，第二次經(jīng)過(guò)那么有q2u＝eq\f(1,2)mv22，即速度之比為v1∶v2＝1∶eq\r(2)，根據(jù)軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)可得半徑比為1∶eq\r(2)，C項(xiàng)對(duì)．根據(jù)愛(ài)因斯坦相對(duì)論，速率接近光速時(shí)粒子的質(zhì)量會(huì)隨速率有增加，D項(xiàng)正確．考點(diǎn)定位盤旋加速器相對(duì)論名師點(diǎn)睛盤旋加速器中粒子的運(yùn)動(dòng)分為兩局部，其一是磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)，過(guò)半個(gè)周期，經(jīng)過(guò)一次加速電場(chǎng)，速度增大，后半個(gè)周期圓周運(yùn)動(dòng)半徑就增大，直到粒子圓周運(yùn)動(dòng)半徑等于D型盒半徑，粒子速度最大，粒子最大的速度和磁場(chǎng)半徑有關(guān)，與加速電場(chǎng)無(wú)關(guān)．其二加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間忽略不計(jì)，電場(chǎng)和粒子圓周運(yùn)動(dòng)周期相等．8．(2022·揚(yáng)州)如圖，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始為自然長(zhǎng)度，帶電小球Q(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在光滑斜面的M點(diǎn)，處于通過(guò)彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)將小球P(也視為質(zhì)點(diǎn))從直線ab上的N點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)小球P與Q電性相同，那么小球從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．小球的速度先增大后減小B．小球P的速度最大時(shí)所受合力為零C．小球P的重力勢(shì)能與電勢(shì)能的和一直減小D．小球所受重力、彈簧彈力和庫(kù)侖力做功的代數(shù)和等于電勢(shì)能的變化量的大小答案ABC解析A項(xiàng)，小球先沿斜面加速向下運(yùn)動(dòng)，Q對(duì)P有沿斜面向下的庫(kù)侖力，小球P先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)壓縮彈簧后，當(dāng)加速度減小到零后，減速向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，小球靜止，故速度先增大后減小，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，當(dāng)小球的合力為零時(shí)，速度最大，此時(shí)受的彈簧彈力與庫(kù)侖力的合力等于重力沿斜面向下的分力，所受合力為零，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，小球P下降的過(guò)程中重力和電場(chǎng)力都一直做正功，重力勢(shì)能與電勢(shì)能的和一直減小，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，只有庫(kù)侖力做功等于電勢(shì)能的變化量的大?。鶕?jù)動(dòng)能定理得知，小球P所受的重力、彈簧的彈力和庫(kù)侖力做功的代數(shù)和等于動(dòng)能的變化量的大小，整個(gè)過(guò)程為零，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．應(yīng)選A、B、C項(xiàng)．9．(2022·安徽懷遠(yuǎn)聯(lián)考)如下圖，空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在該區(qū)域中有一個(gè)豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個(gè)帶正電的小球．O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，b、O、d三點(diǎn)在同一水平線上，小球所受電場(chǎng)力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．小球能越過(guò)d點(diǎn)并繼續(xù)沿環(huán)向上運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，不受洛倫茲力C．小球從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能減小D．小球從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中，經(jīng)過(guò)弧bc中點(diǎn)時(shí)速度最大答案BD解析電場(chǎng)力與重力大小相等，那么二者的合力指向左下方，與ab平行，由于合力是恒力，將其等效為新的重力，此時(shí)bc弧的中點(diǎn)相當(dāng)于“最低點(diǎn)〞，小球在此處速度最大，D項(xiàng)正確；假設(shè)小球從a點(diǎn)由靜止釋放，那么小球不可能越過(guò)d點(diǎn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，速度為零，故不受洛倫茲力，B項(xiàng)正確；由于d、b等高，故小球從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤．10．(2022·開封市5月質(zhì)檢最后一卷)如下圖，在一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)四邊形ABCD，電場(chǎng)方向與四邊形ABCD平行，其中M為AD的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)．一個(gè)電荷量為q的正粒子，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，電勢(shì)能減小W1，假設(shè)將該粒子從D點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能減小W2，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向必沿AB方向B．假設(shè)將該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功W＝eq\f(W1＋W2,2)C．假設(shè)D、C之間的距離為d，那么該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(W2,qd)D．假設(shè)M、N之間的距離為d，該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)最小值為E＝eq\f(W1＋W2,2qd)答案BD解析根據(jù)題意由A到B或者由D到C，電場(chǎng)力做正功，從而電勢(shì)能減小，但是勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)，無(wú)法判斷，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，在同一條電場(chǎng)線上，M點(diǎn)的電勢(shì)是A、D兩點(diǎn)電勢(shì)的平均值；N點(diǎn)的電勢(shì)是B、C兩點(diǎn)電勢(shì)的平均值，即φM＝eq\f(φA＋φD,2)；φN＝eq\f(φB＋φC,2)；所以：WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q(eq\f(φA＋φD,2)－eq\f(φB＋φC,2))＝q·eq\f(1,2)(φA－φB)＋q·eq\f(1,2)(φD－φC)＝eq\f(W1＋W2,2)，故B項(xiàng)正確；由于場(chǎng)強(qiáng)的方向無(wú)法確定，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)上面公式：UMN＝eq\f(W1＋W2,2q)，假設(shè)M、N兩點(diǎn)正好處于同一條電場(chǎng)線上，那么電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(W1＋W2,2qd)，距離d為過(guò)M和N的兩個(gè)等勢(shì)面之間距離的最大值，故該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)最小值為E＝eq\f(W1＋W2,2qd)，故D項(xiàng)正確．考點(diǎn)定位勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系名師點(diǎn)睛此題關(guān)鍵是抓住M、N的電勢(shì)與A、B電勢(shì)和D、C電勢(shì)的關(guān)系，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式求解WMN.運(yùn)用公式U＝Ed時(shí)，要正確理解d的含義：d是沿電場(chǎng)方向兩點(diǎn)間的距離．二、計(jì)算題(共4個(gè)小題，11題11分，12題12分，12題13分，14題14分，共50分)11．(2022·湖北八校高三聯(lián)考)如下圖，在無(wú)限長(zhǎng)的水平邊界AB和CD間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)在AEFC、BEFD區(qū)域分別存在水平向里和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，EF為左右磁場(chǎng)的分界線．AB邊界上的P點(diǎn)到邊界EF的距離為(2＋eq\r(3))L.一帶正電微粒從P點(diǎn)的正上方的O點(diǎn)由靜止釋放，從P點(diǎn)垂直AB邊界進(jìn)入電、磁場(chǎng)區(qū)域，且恰好不從AB邊界飛出電、磁場(chǎng)．微粒在電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧，重力加速度大小為g，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E(E未知)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B(B未知)滿足E/B＝2eq\r(gL)，不考慮空氣阻力，求：(1)O點(diǎn)距離P點(diǎn)的高度h多大；(2)假設(shè)微粒從O點(diǎn)以v0＝eq\r(3gL)水平向左平拋，且恰好垂直下邊界CD射出電、磁場(chǎng)，那么微粒在電、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t多長(zhǎng)？答案(1)eq\f(L,2)(2)2π(eq\f(2,3)＋k)eq\r(\f(L,g)).(k＝0，1，2，…)解析(1)微粒帶電量為q、質(zhì)量為m，軌跡為圓弧，有qE＝mg.微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速率v1時(shí)恰好與AB相切，如下圖，O1、O2為微粒運(yùn)動(dòng)的圓心，O1O2與豎直方向夾角為θ，由幾何知識(shí)知sinθ＝eq\r(3)/2.微粒半徑r1，由幾何關(guān)系有r1＋r1sinθ＝(2＋eq\r(3))L，得r1＝2L.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1B＝eq\f(mv12,r1)，由動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv12，E/B＝2eq\r(gL)，得h＝L/2(2)微粒平拋到AB邊界上的M點(diǎn)的時(shí)間為t1，水平距離x1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x1＝v0t1，h＝eq\f(1,2)gt12，代入v0＝eq\r(3gL)、h＝L/2，得t1＝eq\r(L/g)、x1＝eq\r(3)L.微粒在M點(diǎn)時(shí)豎直分速度v1＝eq\r(gL)，速度為v＝2eq\r(gL)、與AB夾角為θ＝30°.微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑r2＝4L.由幾何關(guān)系知微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)30°垂直到達(dá)EF邊界．微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T＝2πr2/v＝4πeq\r(L/g).由題意有微粒運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T/3＋kT/2，(k＝0，1，2，…)微粒運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝2π(eq\f(2,3)＋k)eq\r(\f(L,g)).(k＝0，1，2，…)12．如下圖，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝2N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，并在y>h＝0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，θ＝45°)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限．重力加速度g＝10m/s2，(1)油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；(2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．答案(1)1∶1∶eq\r(2)，油滴帶負(fù)電(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s解析(1)油滴帶負(fù)電．油滴受三個(gè)力作用(如以下圖)，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件有qvBsin45°＝qE，mgtan45°＝qE，重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力的大小之比為mg∶qE∶qvB＝1∶1∶eq\r(2).(2)由qvBsin45°＝qE可得油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s.(3)油滴進(jìn)入第一象限，由電場(chǎng)力和重力大小相等可知，油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如下圖，最后從x軸上的N點(diǎn)離開第一象限．由O→A勻速運(yùn)動(dòng)位移為s1＝eq\r(2)h，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s.油滴由A→C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB＝eq\f(mv2,R)，而qvB＝eq\r(2)mg，解得R＝eq\f(v2,\r(2)g)由A→C的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(πR,2v)＝eq\f(πv,2\r(2)g)＝eq\f(π,5)s＝0.628s.由對(duì)稱性知從C→N的時(shí)間t3＝t1＝0.1s，在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝0.828s.13．(2022·浙江)使用盤旋加速器的實(shí)驗(yàn)需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等．質(zhì)量為m，速度為v的離子在盤旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點(diǎn)，軌道在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計(jì)引出器．引出器原理如下圖，一對(duì)圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O′點(diǎn)(O′點(diǎn)圖中未畫出)．引出離子時(shí)，令引出通道內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度降低，從而使離子從P點(diǎn)進(jìn)入通道，沿通道中心線從Q點(diǎn)射出．OQ長(zhǎng)度為L(zhǎng).OQ與OP的夾角為θ.(1)求離子的電荷量q并判斷其正負(fù)；(2)離子從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，通道內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)降為B′，求B′；(3)換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場(chǎng)，忽略邊緣效應(yīng)．為使離子仍從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向和大?。鸢?1)q＝eq\f(mv,Br)正電荷(2)eq\f(mv〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕)(3)E＝Bv－eq\f(mv2〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕)解析(1)離子做圓周運(yùn)動(dòng)Bqv＝meq\f(v2,r) ①解得q＝eq\f(mv,Br)，正電荷 ②(2)如下圖O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出軌跡為圓弧B′qv＝meq\f(v2,R) ③解得R＝eq\f(mv,B′q) ④根據(jù)幾何關(guān)系，得R＝eq\f(r2＋L2－2rLcosθ,2r－2Lcosθ) ⑤解得B′＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕) ⑥(3)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿徑向向外引出軌跡為圓弧Bqv－Eq＝meq\f(v2,R) ⑦解得E＝Bv－eq\f(mv2〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕) ⑧考點(diǎn)定位盤旋加速器，帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)14．(2022·濟(jì)南市5月模擬最后一卷)科研人員利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，從而來(lái)進(jìn)行粒子分選，其原理如下圖：真空環(huán)境中，由a、b、c、d四個(gè)平行界面分隔出的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)區(qū)域，寬度均為L(zhǎng)＝0.12m．讓包含兩種不同的帶正電粒子組成的粒子束，從界面a上的P點(diǎn)以速度v0＝5×102m/s垂直界面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，兩種粒子帶電量均為q＝1×10－6C，質(zhì)量分別為m1＝3×10－10kg和m2＝4×10－10kg.假設(shè)在區(qū)域Ⅰ和Ⅲ分別加上垂直紙面、方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1(1)求加磁場(chǎng)時(shí)兩種粒子在界面d上出射點(diǎn)之間的距離；(2)假設(shè)加電場(chǎng)時(shí)兩種粒子在界面d上出射點(diǎn)之間的距離與加磁場(chǎng)時(shí)相等，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。鸢?1)0.11m(2)1.1458×103解析(1