高考物理二輪作業(yè)手冊 專題限時集訓 第7講 帶電粒子在磁場及復合場中的運動

專題限時集訓(七)A[第7講帶電粒子在磁場及復合場中的運動](時間：40分鐘)圖7－11．如圖7－1中虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面2的電勢為0，一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經(jīng)過a、b點時的動能分別為37eV和19eV，當這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變?yōu)椋?eV，它的動能應為()A.2eVB.19eVC．29eVD．33eV2．質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖7－2中虛線所示．下列表述正確的是()圖7－2A．M帶負電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做正功D．M的運行時間大于N的運行時間3．如圖7－3所示，速度不同的同種帶電粒子(重力都不計)a、b沿半徑AO方向進入一圓形勻強磁場區(qū)域，a、b兩個粒子的運動軌跡分別為AB和AC，則下列說法中正確的是()圖7－3A．a(chǎn)粒子的速度比b粒子速度大B．a(chǎn)粒子在磁場中的運動時間比b粒子短C．兩粒子離開磁場時的速度反向延長線一定都過圓心D．兩粒子離開磁場時的速度反向延長線不一定都過圓心4．如圖7－4所示，A、B極板間存在豎直方向的勻強電場和勻強磁場，一帶電微粒在A、B間的水平面內(nèi)做勻速圓周運動．下列說法正確的是()圖7－4A．該微粒帶正電荷B．僅改變R3阻值，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動C．僅改變A、B極板之間的距離，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動D．僅改變A、B極板之間的正對面積，微粒將不能繼續(xù)做勻速圓周運動5．如圖7－5所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質量之比)大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場.下列說法正確的是(不計粒子所受重力)()圖7－5A．如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場B．如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場C．如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場D．如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場6．如圖7－6所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，兩個平行金屬板間有勻強磁場．開關S閉合后，當滑動變阻器滑片位于圖示位置時，一帶電粒子恰好以速度v勻速穿過兩板．若不計重力，以下說法不正確的是()圖7－6A．如果將開關斷開，粒子將繼續(xù)沿直線運動B．保持開關閉合，將a極板向下移動一點，粒子將可能向上偏轉C．保持開關閉合，將滑片P向上滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出D．保持開關閉合，將滑片P向下滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出7．勻強磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為eq\f(R,2)的矩形組成，磁場的方向如圖7－7所示．一束質量為m、電荷量為＋q的粒子(粒子間的相互作用和重力均不計)以速度v從邊界AN的中點P垂直于AN和磁場方向射入磁場中．問：(1)當磁感應強度為多大時，粒子恰好從A點射出？(2)對應于粒子可能射出的各段磁場邊界，磁感應強度應滿足什么條件？圖7－78．如圖7－8所示，勻強磁場分布在0≤x≤2L且以直線PQ為下邊界的區(qū)域內(nèi)，∠OPQ＝30°.y≤0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正向的勻強電場．一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計粒子重力)從電場中一點M(－eq\r(3)L，－eq\f(L,2))以初速度v0沿x軸正方向射出后，恰好經(jīng)過坐標原點O進入第Ⅰ象限，最后剛好不能從磁場的右邊界飛出．求：(1)勻強電場的電場強度的大小E；(2)勻強磁場的磁感應強度的大小B；(3)粒子從M點出發(fā)到離開磁場過程中所用的時間．圖7－8

專題限時集訓(七)B[第7講帶電粒子在磁場及復合場中的運動](時間：40分鐘)1．利用如圖7－9所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L，一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法不正確的是()圖7－9A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB（3d＋L）,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差不變2．在水平地面上方有正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向水平向里．現(xiàn)將一個帶正電的金屬小球從M點以初速度v0水平拋出，小球著地時的速度為v1，在空中的飛行時間為t1.若將磁場撤除，其他條件均不變，那么小球著地時的速度為v2，在空中飛行的時間為t2.小球所受空氣阻力可忽略不計，則關于v1和v2、t1和t2的大小比較，以下判斷正確的是()圖7－10A．v1＞v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＜t2C．v1＝v2，t1＜t2D．v1＝v2，t1＞t23．如圖7－11所示，長方體發(fā)電導管的前后兩個側面是絕緣體，上下兩個側面是電阻可忽略的導體電極，兩極間距為d，極板面積為S，這兩個電極與定值電阻R相連．在垂直前后側面的方向上有一勻強磁場，磁感應強度大小為B.發(fā)電導管內(nèi)有電阻率為ρ的高溫電離氣體，氣體以速度v向右流動，并通過專用管道導出．由于運動的電離氣體受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢．下列說法中不正確的是()A．發(fā)電導管的內(nèi)阻為ρeq\f(d,S)B．流過電阻R的電流方向為a→bC．發(fā)電導管產(chǎn)生的電動勢為BdvD．電阻R消耗的電功率為eq\f(B2d2v2,R)圖7－114．如圖7－12甲是回旋加速器的原理示意圖．其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩個金屬盒置于勻強磁場中(磁感應強度大小恒定)，并分別與高頻電源相連．加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是()甲乙圖7－12A．高頻電源的變化周期應該等于tn－tn－1B．在Ek－t圖像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C．粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能一定越大D．不同粒子獲得的最大動能都相同5．如圖7－13所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是豎直平面內(nèi)三個相同的半圓形光滑軌道，k為軌道最低點，Ⅰ處于勻強磁場中，Ⅱ和Ⅲ處于勻強電場中，三個完全相同的帶正電小球a、b、c從軌道最高點自由下滑至第一次到達最低點k的過程中，下列說法中正確的有()ⅠⅡⅢ圖7－13A．在k處小球b速度最大B．在k處小球b對軌道壓力最大C．小球b需時最長D．小球c機械能損失最多6．如圖7－14所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運動，l與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中錯誤的是()A．液滴一定做勻速直線運動B．液滴一定帶正電C．電場線方向一定斜向上D．液滴有可能做勻變速直線運動圖7－147．在水平光滑的絕緣桌面內(nèi)建立如圖7－15所示的直角坐標系xOy，將第Ⅰ、Ⅱ象限稱為區(qū)域一，第Ⅲ、Ⅳ象限稱為區(qū)域二，其中一個區(qū)域內(nèi)有勻強電場，另一個區(qū)域內(nèi)有大小為2×10－2T、方向垂直桌面的勻強磁場，把一個比荷為eq\f(q,m)＝2×108C/kg的正電荷從坐標為(0，－1)的A點處由靜止釋放，電荷以一定的速度從坐標為(1，0)的C點第一次經(jīng)x軸進入?yún)^(qū)域一，經(jīng)過一段時間，從坐標原點O再次回到區(qū)域二．(1)指出哪個區(qū)域存在電場、哪個區(qū)域存在磁場，以及電場和磁場的方向．(2)求電場強度的大?。?3)求電荷第三次經(jīng)過x軸的位置．圖7－158．如圖7－16所示，直角坐標平面xOy內(nèi)有一條直線AC過坐標原點O與x軸成45°夾角，在OA與x軸負半軸之間的區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面向外的勻強磁場B1，在OC與x軸正半軸之間的區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面向外的勻強磁場B2.現(xiàn)有一質量為m、帶電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v從位于直線AC上的P點[坐標為(L，L)]豎直向下射出，經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)，此帶電粒子每經(jīng)過相同的時間T，會再將回到P點，已知磁感應強度B2＝eq\f(mv,qL).(不計粒子重力)(1)請在圖中畫出帶電粒子的運動軌跡，并求出勻強磁場B1與B2的比值；(B1、B2磁場足夠大)(2)求出帶電粒子相鄰兩次經(jīng)過P點的時間間隔T；(3)若保持磁感應強度B2不變，改變B1的大小，但不改變其方向，使B1＝eq\f(mv,2qL).現(xiàn)從P點向下先后發(fā)射速度分別為eq\f(v,4)和eq\f(v,3)的與原來相同的帶電粒子(不計兩個帶電粒子之間的相互作用力，并且此時算作第一次經(jīng)過直線AC)，如果它們第三次經(jīng)過直線AC時軌跡與AC的交點分別記為E點和F點(圖中未畫出)，試求E、F兩點間的距離．圖7－16

專題限時集訓(七)A1．D[解析]該點電荷的電勢能和動能之和保持不變，若設相鄰的等勢面之間的電勢差為U，則等勢面1的電勢可表示為－U，等勢面4的電勢可表示為2U，根據(jù)題意，有－qU＋37＝2qU＋19，解得qU＝6eV；由－2＋Ek＝2qU＋19解得：Ek＝33eV，選項D正確．2．A[解析]由左手定則判斷知，A正確；粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，半徑r＝eq\f(mv,qB)，在質量與電荷量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速率大于N的速率，B錯誤；洛倫茲力不做功，C錯誤；粒子在磁場中運行半周，即運行時間為周期的一半，而周期為T＝eq\f(2πm,qB)，故M的運行時間等于N的運行時間，D錯誤．3．C[解析]沿徑向入射的粒子，離開磁場時的速度反向延長線一定都過圓心，選項C正確，選項D錯誤；由圖可得b粒子的半徑大，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，b粒子速度大，選項A錯誤；b粒子運動軌跡對應的圓心角小，由t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)，b粒子運動時間短，選項B錯誤．4．B[解析]帶電微粒在A、B間的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，mg＝Eq，電場力向上，微粒帶負電，選項A錯誤；僅改變R3阻值，電場力不變，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動，選項B正確；僅改變A、B極板之間的距離，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度變化，微粒將做螺旋線運動，選項C錯誤；僅改變A、B極板之間的正對面積，電場強度不變，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動，選項D錯誤．5．D[解析]若只增大U，粒子速度增大，粒子可以從Pc之間或cb之間某處穿出磁場，選項A錯誤；若只減小B，粒子軌道半徑增大，粒子可以從Pc之間或cb之間某處穿出磁場，選項B錯誤；若同時減小U和增加B，粒子軌道半徑減小，粒子可以從od之間或dP之間穿出磁場，選項C錯誤；若只增加k，粒子軌道半徑減小，粒子可以從cd之間或dP之間某位置穿出磁場，選項D正確．6．A[解析]開關S閉合時，帶電粒子恰好以速度v勻速穿過兩板，則qvB＝eq\f(Uq,d)，將開關S斷開后，粒子受洛倫茲力而偏轉，選項A錯誤；保持開關閉合，將a極板向下移動一點，d減小，qvB<eq\f(Uq,d)，粒子可能向上偏轉，選項B正確；保持開關閉合，將滑片P向上滑動一點，U減小，qvB>eq\f(Uq,d)，若為負粒子，則合力向下，將可能從下極板邊緣射出，選項C正確；保持開關閉合，將滑片P向下滑動一點，U增大，qvB<eq\f(Uq,d)，若為正粒子，則合力向下，將可能從下極板邊緣射出，選項D正確．7．(1)B1＝eq\f(2mv,qR)(2)當B>eq\f(2mv,qR)時粒子從PA段射出；當eq\f(8mv,5qR)<B<eq\f(2mv,qR)時粒子從AC段射出；當B<eq\f(8mv,5qR)時，粒子從CD段射出．[解析](1)由左手定則判定，粒子向左偏轉，只能從PA、AC和CD三段邊界射出，如圖所示．當粒子從A點射出時，運動半徑r1＝eq\f(R,2)由qB1v＝eq\f(mv2,r1)得B1＝eq\f(2mv,qR)(2)當粒子從C點射出時，由△PO2C和△PAC可看出PC＝eq\r(R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5)R,2)r2＝eq\f(PC,2cos∠APC)＝eq\f(5,8)R由qB2v＝eq\f(mv2,r2)得B2＝eq\f(8mv,5qR)根據(jù)粒子在磁場中運動半徑隨磁場減弱增大，可以判斷當B>eq\f(2mv,qR)時，粒子從PA段射出當eq\f(2mv,qR)>B>eq\f(8mv,5qR)時，粒子從AC段指出當B<eq\f(8mv,5qR)時，粒子從CD段射出．8．(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),3qL)(2)eq\f(2mv0,\r(3)qL)(3)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋3＋\r(3)π))L,2v0)[解析](1)粒子在電場中做類平拋運動，有qE＝maeq\r(3)L＝v0t1eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)聯(lián)立解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3qL)(2)在O點，vy＝at＝eq\f(v0,\r(3))速度v＝eq\f(2v0,\r(3))，方向與x軸正方向的夾角為30°.進入磁場后，由幾何關系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋2r))·eq\f(1,2)＝r＋eq\f(r,2)解得r＝L由qvB＝meq\f(v2,r)解得B＝eq\f(2mv0,\r(3)qL).(3)電場中運動的時間t1＝eq\f(\r(3)L,v0)勻速運動的時間t2＝eq\f(\r(3)L,v)＝eq\f(3L,2v0)在磁場中運動時間t3＝eq\f(πr,v)＝eq\f(\r(3)πL,2v0)總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(\r(3)L,v0)＋eq\f(3L,2v0)＋eq\f(\r(3)πL,2v0)＝eq\f(（2\r(3)＋3＋\r(3)π）L,2v0).專題限時集訓(七)B1．A[解析]由左手定則可判斷粒子帶負電，A錯誤；由題意知，粒子的最大半徑rmax＝eq\f(L＋3d,2)、粒子的最小半徑rmin＝eq\f(L,2)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bvq＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(Bqr,m)，故vmax＝eq\f(Bq（L＋3d）,2m)、vmin＝eq\f(BqL,2m)，則vmax－vmin＝eq\f(3Bqd,2m)，選項B、C、D正確．2．D[解析]洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理，可知v1＝v2，粒子下落的時間由下落高度和沿豎直方向上的加速度決定，有磁場時，粒子受到的洛倫茲力對粒子產(chǎn)生了沿豎直向上方向的分力，該分力使粒子下落的加速度比沒有磁場時小，所以下落得慢，時間長，即t1>t2.本題答案為D.3．D[解析]由電阻的決定式可知選項A正確；由左手定則可知電離氣體中的正離子向上側面聚集，上側面相當于電源的正極，故流過電阻R的電流方向為a→b，選項B正確；對于某個氣體離子受力分析，由電場力等于洛倫茲力可知，qeq\f(E,d)＝Bqv，解得發(fā)電導管產(chǎn)生的電動勢為E＝Bdv，選項C正確；由于發(fā)電導管有內(nèi)阻，故電阻R消耗的電功率一定小于eq\f(B2d2v2,R)，選項D錯誤．4．B[解析]帶電粒子每經(jīng)過(tn－tn－1)時間被加速一次，在高頻電源的一個變化周期內(nèi)，粒子被加速兩次，故高頻電源的變化周期應該等于2(tn－tn－1)，選項A錯誤；在Ek－t圖像中，t4－t3＝t3－t2＝t2－t1＝tn－tn－1，選項B正確；根據(jù)Bvq＝eq\f(mv2,R)，可得，粒子獲得的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2R2,2m)，與加速次數(shù)無關，選項C錯誤；對于同一回旋加速器，半徑R一定，磁感應強度B一定，粒子獲得的最大動能Ek與粒子電荷量q和質量m有關，選項D錯誤．5．C[解析]三個小球的重力做功相同，a小球的洛倫茲力不做功，b小球的電場力做負功，c小球電場力做正功，根據(jù)動能定理可知，在k處c小球速度最大，選項A錯誤；設小球在k處的速度大小為v，則小球對軌道的壓力大小為F－mg＝eq\f(mv2,r)，因為在k處c小球速度最大，所以在k處c小球對軌道壓力最大，選項B錯誤；三個小球運動的路程相等，根據(jù)動能定理，運動到相同位置處時b小球的速率最小，故b小球需時最長，選項C正確；除重力之外，其他力所做的功等于機械能的改變量，顯然，a小球的機械能守恒，b小球的機械能減小，c小球的機械能增加，故b小球機械能損失最多，選項D錯誤．6．D[解析]液滴共受到三個力的作用：重力、電場力和洛倫茲力，其中重力和電場力都是恒力，洛倫茲力與運動方向垂直，假如液滴做變速運動，洛倫茲力就是變力，液滴的合外力方向一定會發(fā)生變化，液滴將做曲線運動，故液滴一定做勻速直線運動，選項A正確，選項D錯誤；液滴處于平衡狀態(tài)，合力為零，據(jù)此判斷出液滴一定帶正電，電場線方向一定斜向上，選項B、C正確．本題答案為D.7．(1)區(qū)域一是磁場，方向垂直紙面向里，區(qū)域二是電場，方向由A指向C.(2)eq\r(2)×104V/m(3)(8，0)[解析](1)區(qū)域一是磁場，方向垂直紙面向里，區(qū)域二是電場，方向由A指向C.(2)設電場強度的大小為E，電荷在C點的速度為v.從A到C電荷做初速度為零的勻加速直線運動，且過C點時速度方向與x軸正方向成45°角，有v2＝2ax＝2eq\f(qE,m)s；電荷進入?yún)^(qū)域一后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，有：qvB＝eq\f(mv2,r)，由題意及幾何關系：eq\f(q,m)＝2×108C/kg，B＝2×10－2T，s＝eq\r(2)m，r＝eq\f(\r(2),2)