【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復習-第8章-第3節(jié)-帶電粒子在復合場中的運動-課后達標檢測-

一、單項選擇題1.(2021·江蘇常州高級中學高三月考)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻溝通電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．設D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻溝通電頻率為f.則下列說法正確的是()A．質子被加速后的最大速度不行能超過2πfRB．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流D．不轉變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子解析：選A.由T＝eq\f(2πR,v)，T＝eq\f(1,f)，可得質子被加速后的最大速度為2πfR，不行能超過2πfR，質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關，選項A正確，B錯誤．高頻電源可以使用正弦式交變電流，選項C錯誤．要加速α粒子，高頻溝通電周期必需變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝eq\f(2πmα,qαB)，故D錯．2.如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶電小球從水平線PQ上方M點自由下落，以PQ為邊界下方有方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的a點進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A．小球帶負電荷，勻強磁場方向垂直于紙面對外B．小球的電荷量與質量的比值eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)C．小球從a運動到b的過程中，小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒D．小球在a、b兩點的速度相同解析：選B.帶電小球在復合場中做勻速圓周運動，則qE＝mg，選項B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負電，由于小球從b點射出，依據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面對里，選項A錯誤；小球運動過程中，電場力做功，故小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能不守恒，只是在a、b兩點機械能相等，選項C錯誤；小球在a、b兩點速度方向相反，故選項D錯誤．3．(2021·東北三校聯(lián)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開頭經電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化狀況為(不計重力，不考慮邊緣效應)()A．d隨U1變化，d與U2無關B．d與U1無關，d隨U2變化C．d隨U1變化，d隨U2變化D．d與U1無關，d與U2無關解析：選A.設帶電粒子在加速電場中被加速后的速度為v0，依據(jù)動能定理有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).設帶電粒子從偏轉電場中出來進入磁場時的速度大小為v，與水平方向的夾角為θ，如圖所示，在磁場中有r＝eq\f(mv,qB)，v＝eq\f(v0,cosθ)，而d＝2rcosθ，聯(lián)立解得d＝2eq\f(mv0,qB)，因而選項A正確．☆4.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面對外的勻強磁場，質量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子飛經A板時A板電勢上升為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速；每當粒子離開電場區(qū)域時，A板電勢又降為零．粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內繞行半徑不變(設極板間距遠小于R)．下列關于環(huán)形加速器的說法中正確的是()A．環(huán)形區(qū)域內的磁感應強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關系為eq\f(Bn,Bn＋1)＝eq\f(n,n＋1)B．環(huán)形區(qū)域內的磁感應強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關系為eq\f(Bn,Bn＋1)＝eq\r(\f(n,n＋1))C．A、B板之間的電壓可以始終保持不變D．粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關系為eq\f(tn,tn＋1)＝eq\r(\f(n,n＋1))解析：選B.因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU,所以，繞行第n圈時獲得的總動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)＝nqU，得第n圈的速度vn＝eq\r(\f(2nqU,m)).在磁場中，由牛頓其次定律得qBnvn＝meq\f(v\o\al(2,n),R)，解得Bn＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2nmU,q))，所以eq\f(Bn,Bn＋1)＝eq\r(\f(n,n＋1))，A錯誤，B正確；假如A、B板之間的電壓始終保持不變，粒子在A、B兩極板之間飛行時，電場對其做功qU，從而使之加速，在磁場內飛行時，電場又對粒子做功－qU，從而使之減速，粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達不到加速效果，C錯誤；依據(jù)t＝eq\f(2πR,v)得tn＝2πReq\r(\f(m,2nqU))，得eq\f(tn,tn＋1)＝eq\r(\f(n＋1,n))，D錯誤．二、多項選擇題5．(2021·南昌模擬)如圖所示，有一金屬塊放在垂直于側面C的勻強磁場中，當有穩(wěn)恒電流自左向右通過時，下列說法中正確的是()A．金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢B．磁感應強度增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U增大C．電流增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U減小D．電流不變時，金屬塊中單位體積內自由電子越多，上、下兩表面間的電勢差U越小解析：選BD.電流方向水平向右，則自由電子的運動方向水平向左，依據(jù)左手定則，電子向上偏，上表面得到電子帶負電，下表面失去電子帶正電，所以下表面的電勢高，故選項A錯誤．當電子勻速穿過勻強磁場時，此時電場力等于洛倫茲力，即eeq\f(U,d)＝evB，解得U＝Bdv，又電流的微觀表達式為I＝neSv，n表示單位體積內的自由電子數(shù)，S表示橫截面積，v表示自由電子定向移動的速率，綜上可知，選項B、D正確，C錯誤．6．(2021·長春調研)如圖所示，一個絕緣且內壁光滑的環(huán)形細圓管固定于豎直平面內，環(huán)的半徑為R(比細圓管的內徑大得多)．在圓管的最低點有一個直徑略小于細圓管內徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應強度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面對里的勻強磁場．某時刻，給小球一方向水平向右、大小為v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下推斷正確的是()A．無論磁感應強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點確定受到管壁的彈力作用B．無論磁感應強度大小如何，小球確定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點確定受到管壁的彈力作用C．無論磁感應強度大小如何，小球確定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高點時的速度大小都相同D．小球從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的大小始終減小解析：選BC.小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好供應小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A選項錯誤．小球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，運動至最高點時小球的速度v＝eq\r(gR)，由于是雙層軌道約束，小球運動過程中不會脫離軌道，所以小球確定能到達軌道的最高點，C選項正確．在最高點時，小球圓周運動的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，小球受到豎直向下的洛倫茲力的同時必定受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B選項正確．小球從最低點運動到最高點的過程中，小球在下半圓內上升的過程中，水平分速度向右且減小，到達圓心的等高點時，水平分速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度確定有增大的過程，D選項錯誤．☆7.(2021·武漢模擬)如圖所示，有3塊水平放置的長薄金屬板a、b和c，a、b之間相距為L.緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細管，兩管口正好位于小孔M、N處．板a與b、b與c之間接有電壓可調的直流電源，板b與c之間還存在方向垂直紙面的勻強磁場(圖中未標出)．當體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶電油滴，等間隔地以速度v0從a板上的小孔豎直向下射入，調整板間電壓Uba＝U1、Ubc＝U2時，油滴穿過b板M孔進入細管，恰能與細管無接觸地從N孔射出．忽視小孔和細管對電場的影響，不計空氣阻力．則以下說法正確的是()A．油滴帶負電，板b與c之間的磁場方向向外B．油滴進入M孔的速度為eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))C．b、c兩板間的電場強度E為eq\f(ρV0g,q)D．b、c兩板間的磁感應強度為eq\f(ρV0g,q)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))解析：選ABC.依題意可知，油滴在板b和c之間恰好做勻速圓周運動，則其所受重力和靜電力平衡，洛倫茲力供應向心力，由此推斷得出油滴帶負電，磁場方向向外，故選項A正確；油滴進入電場后，重力與靜電力均做功，設到M點時的速度為v1，由動能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋qU1，考慮到m＝ρV0，解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))，故選項B正確；由上面分析可得mg＝qE，解得E＝eq\f(ρV0g,q)，故選項C正確；油滴在半圓形細管中運動時，洛倫茲力供應向心力，即qv1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)，解得B＝eq\f(mv1,qR)＝eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))，故選項D錯誤．三、非選擇題8．(2021·陜西西安長安一中模擬)如圖所示，在xOy直角坐標系中，第Ⅰ象限內分布著方向垂直紙面對里的勻強磁場，第Ⅱ象限內分布著方向沿y軸負方向的勻強電場．初速度為零、帶電荷量為q、質量為m的粒子經過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，經磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉并擊中x軸上的C點．已知OA＝OC＝d.求電場強度E和磁感應強度B的大小(粒子的重力不計)．解析：設帶電粒子經電壓為U的電場加速后速度為v，由動能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2①帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律：qBv＝eq\f(mv2,r)②依題意可知：r＝d③聯(lián)立①②③式解得：B＝eq\f(\r(2qUm),qd)④帶電粒子在電場中偏轉，做類平拋運動，設經時間t從P點到達C點，由平拋運動規(guī)律有d＝vt⑤d＝eq\f(1,2)at2⑥又知qE＝ma⑦聯(lián)立①⑤⑥⑦式可解得：E＝eq\f(4U,d).答案：eq\f(4U,d)eq\f(\r(2qUm),qd)9.如圖所示，在平面直角坐標系中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方存在電場強度方向水平向左的勻強電場，下方存在電場強度方向豎直向上的勻強電場和磁感應強度方向垂直紙面對里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等．一質量為m、電荷量為＋q的質點從OA上的M點由靜止釋放，質點恰能沿AO運動而通過O點，經偏轉后從x軸上的C點進入第一象限內并擊中AO上的D點．已知OD＝eq\f(3,4)OM，勻強磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(m,q)(T)，重力加速度為g＝10m/s2.求：(1)兩勻強電場的電場強度E的大小；(2)OM的長L；(3)質點從M點動身到擊中D點所經受的時間t.解析：(1)質點在第一象限內受重力和水平向左的電場力作用沿AO做勻加速直線運動，所以有mg＝qE，即E＝eq\f(mg,q).(2)質點在x軸下方，重力與電場力平衡，質點做勻速圓周運動，從C點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示，有Bqv＝meq\f(v2,R)由運動學規(guī)律知v2＝2aL，a＝eq\r(2)g由類平拋運動規(guī)律知R＝vt3，R－eq\f(3L,4)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)聯(lián)立解得L＝20eq\r(2)m或eq\f(20\r(2),9)m.(3)質點做勻加速直線運動有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，得t1＝2s或eq\f(2,3)s質點做勻速圓周運動有t2＝eq\f(3,4)×eq\f(2πm,Bq)＝4.71s質點做類平拋運動有R＝vt3，得t3＝1s質點從M點動身到擊中D點所經受的時間為t＝t1＋t2＋t3＝7.71s或6.38s.答案：(1)eq\f(mg,q)(2)20eq\r(2)m或eq\f(20\r(2),9)m(3)7.71s或6.38s☆10.(2021·西安模擬)如圖甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面對里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E＝40N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面對里為正方向．t＝0時刻，一質量m＝8×10－4kg、電