高考物理二輪復(fù)習(xí) 訓(xùn)練10 專題四 電場和磁場 第10講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動

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訓(xùn)練10　帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本大題共8小題，每小題8分，共64分．第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．) 1．如圖所示，水平放置的平行金屬板a、b帶有等量異種電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，若一個帶正電的液滴在兩板間做直線運動，其運動的方向是(　　) A．沿豎直方向向下 B．沿豎直方向向上 C．沿水平方向向左 D．沿水平方向向右 解析：A項，重力向下，電場力向下，洛倫茲力向右，合力與速度不共線，A錯誤；B項，豎直方向向上運動，重力向下，電場力向下，洛倫茲力向左，合力與速度不共線，B錯誤；C項，重力向下，電場力向下，洛倫茲力向下，合力與速度不共線，C錯誤；D項，重力向下，電場力向下，當(dāng)三力平衡時，液滴做勻速直線運動，D正確． 答案：D 2．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交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，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，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是(　　) A．增大勻強電場間的加速電壓 B．增大磁場的磁感應(yīng)強度 C．減小狹縫間的距離 D．減小D形金屬盒的半徑 解析：回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，粒子射出時的軌道半徑恰好等于D形盒的半徑，根據(jù)qvB＝m可得，v＝，因此離開回旋加速器時的動能Ek＝mv2＝，可知Ek與加速電壓無關(guān)，與狹縫距離無關(guān)，A、C錯誤；磁感強度越大，D形盒的半徑越大，動能越大，B正確，D錯誤． 答案：B 3. 如圖所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是(　　) A．離子的速度之比為1∶2 B．離子的電荷量之比為1∶2 C．離子的質(zhì)量之比為1∶2 D．以上說法都不對 解析：因為兩粒子能沿直線通過速度選擇器，則qvB1＝qE，即v＝，所以兩離子的速度相同，選項A錯誤；根據(jù)R＝，則：＝＝，故選項B、C錯誤，D正確． 答案：D 4. 如圖所示，質(zhì)量為m的帶電滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑．當(dāng)帶電滑塊滑到有著理想邊界的、方向豎直向下的勻強電場區(qū)域時，滑塊的運動狀態(tài)為(靜電力小于重力)(　　) A．將減速下滑 B．將加速下滑 C．將斷續(xù)勻速下滑 D．上述三種情況都有可能發(fā)生 解析：設(shè)斜面與水平方向的夾角為θ，則在滑塊未進入電場區(qū)域時勻速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，得sinθ＝μcosθ；滑塊進入電場區(qū)域后，將受到豎直方向上的靜電力qE，若滑塊帶正電，有(mg＋qE)sinθ＝μ(mg＋qE)cosθ；若滑塊帶負(fù)電，有(mg－qE)sinθ＝μ(mg－qE)cosθ，所以只有選項C正確． 答案：C 5. 平行板電容器豎直放置，A板接電源正極，B板接電源負(fù)極，在電容器中加勻強磁場，磁場方向與電場方向垂直，如圖所示，從A板中間的小孔C入射一批帶正電的微粒，入射的速度大小、方向各不相同(入射速度方向與磁場方向垂直，且與電場方向夾角小于90)，微粒重力不能忽略，則微粒在平行板A、B間運動過程中(　　) A．所有微粒的動能都將增加 B．所有微粒的機械能都將不變 C．有的微粒可能做勻速直線運動 D．有的微?？赡茏鰟蛩賵A周運動 解析：微粒在A、B間運動過程中受到重力、電場力和洛倫茲力作用，其中洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力不做功，但電場力會做功，微粒機械能可能變化，B錯；若微粒初速度方向斜向右上方，則洛倫茲力的方向斜向左上方，當(dāng)洛倫茲力與電場力、重力平衡時，微粒做勻速直線運動，A錯，C對；由于重力不可能與電場力平衡，故微粒不可能由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，D錯． 答案：C 6. 一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場中，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球(　　) A．做直線運動 B．做曲線運動 C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 解析：小球運動時受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運動，選項A錯誤，選項B正確．將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根據(jù)運動與力的關(guān)系，v1的大小不變，v2先減小后反向增大，因此小球的速率先減小后增大，選項C正確，選項D錯誤． 答案：BC 7．如圖所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強電場和勻強磁場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的而且絕緣，兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，a、b為軌道的最低點，則正確的是(　　) A．兩小球到達(dá)軌道最低點的速度va>vb B．兩小球到達(dá)軌道最低點時對軌道的壓力Fa>Fb C．小球第一次到達(dá)a點的時間大于小球第一次到達(dá)b點的時間 D．在磁場中小球能到達(dá)軌道的另一端，在電場中小球不能到達(dá)軌道的另一端 解析：小球在磁場中時，由最高點到最低點只有重力做功，而洛倫茲力不做功；在電場中，由最高點到最低點除重力做功外，電場力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，兩小球到達(dá)軌道最低點的速度va>vb，選項A正確；兩小球到達(dá)軌道最低點時，由牛頓第二定律可得Fa－Bqva－mg＝m，F(xiàn)b－mg＝m，故Fa>Fb，選項B正確；由于小球在磁場中運動時，磁場力總是指向圓心，對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，而小球在電場中運動受到的電場力對小球做負(fù)功，到達(dá)最低點時的速度較小，所以在電場中運動的時間也長，故C錯誤；由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，所以小球可以到達(dá)軌道的另一端，而電場力對小球做負(fù)功，所以小球在達(dá)到軌道另一端與初位置等高的點之前速度就減為零了，故不能到達(dá)軌道的另一端，故D正確． 答案：ABD 8. 如圖所示，空間中存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，在該區(qū)域中有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球．O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上，已知小球所受電場力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，則下列判斷正確的是(　　) A．小球能越過d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動 B．當(dāng)小球運動到d點時，不受洛倫茲力作用 C．小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能減小，電勢能減小 D．小球從b點運動到c點的過程中，經(jīng)過弧bc中點時速度最大 解析：電場力與重力大小相等，則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bc弧的中點相當(dāng)于“最低點”，小球在此處速度最大，D對；若小球從a點由靜止釋放，則小球不可能越過d點，A錯；當(dāng)小球運動到d點時，速度為零，故不受洛倫茲力，B對；由于d、b等高，故小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能不變，C錯． 答案：BD 二、計算題(本大題共2小題，共36分．需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0.偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0102 V，d＝4.010－2 m，m＝9.110－31 kg，e＝1.610－19 C，g＝10 m/s2. (3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點． 解析：本題主要考查帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運動、電勢的定義等，意在考查學(xué)生對相關(guān)知識的理解和應(yīng)用能力． (1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv 電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間 Δt＝＝L 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝(Δt)2＝ (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有 重力G＝mg～10－29 N 電場力F＝～10－15 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力． (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即 φ＝ 由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝ 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定． 答案：(1) 　 (2)由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力 (3)　電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定 10. 如圖所示，真空中豎直條形區(qū)域Ⅰ存在垂直紙面向外的勻強磁場，條形區(qū)域Ⅱ存在水平向左的勻強電場，磁場和電場寬度均為L且足夠長，圖中虛線是磁場與電場的分界線，M、N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板，質(zhì)子打在M、N板上被吸附而發(fā)出熒光．現(xiàn)有一束質(zhì)子從A處以速度v連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向與M板成60夾角且與紙面平行，已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計質(zhì)子重力和相互作用力，求： (1)若質(zhì)子垂直打在N板上，Ⅰ區(qū)磁場的磁感應(yīng)強度B1； (2)在第(1)問中，調(diào)節(jié)電場強度的大小，N板上的亮斑剛好消失時的場強E； (3)若區(qū)域Ⅱ的電場強度E＝，要使M板出現(xiàn)亮斑，Ⅰ區(qū)磁場的最小磁感應(yīng)強度B2. 解析： (1)洛倫茲力提供向心力， qvB＝，解得r＝若質(zhì)子垂直打在N板上，質(zhì)子出磁場時須與磁場的右邊界垂直，如圖甲所示，由幾何關(guān)系得r1cos60＝L r1＝＝2L Ⅰ區(qū)磁場的磁感應(yīng)強度為B1＝＝ (2)質(zhì)子進入電場后逆著電場線做勻減速直線運動，調(diào)節(jié)電場強度的大小，N板上的亮斑剛好消失時，質(zhì)子的速度剛好減為零，由動能定理得－qEL＝0－mv2 N板上的亮斑剛好消失時的場強為E＝ (3)設(shè)質(zhì)子從磁場進入電場時速度方向與虛線邊界間的夾角為θ，進入電場后做類斜上拋運動，當(dāng)質(zhì)子剛要到達(dá)N板時，沿電場線方向速度減小為零，如圖乙所示，此時質(zhì)子恰好能返回磁場打在M板上產(chǎn)生亮斑，而此時的磁場的磁感應(yīng)強度最小．沿電場方向，由動能定理得－qEL＝0－m(vsinθ)2得θ＝30 在磁場中，由幾何關(guān)系知r2sin60＋r2sin30＝L，得r2＝(－1)L 故Ⅰ區(qū)磁場的最小磁感應(yīng)強度為B2＝＝. 答案：(1)　(2)　(3)