2019高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 專題能力訓(xùn)練10 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng).doc

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專題能力訓(xùn)練10　帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,1~6題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,7~8題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯(cuò)的得0分) 1.右圖為“濾速器”裝置示意圖。a、b為水平放置的平行金屬板,其電容為C,板間距離為d,平行板內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。a、b板帶上電荷,可在平行板內(nèi)產(chǎn)生勻強(qiáng)電場,且電場方向和磁場方向互相垂直。一帶電粒子以速度v0經(jīng)小孔O進(jìn)入正交電磁場可沿直線OO運(yùn)動(dòng),由O射出,粒子所受重力不計(jì),則a板所帶電荷量情況是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.帶正電,其電荷量為CBv0d B.帶負(fù)電,其電荷量為Bdv0C C.帶正電,其電荷量為CBdv0 D.帶負(fù)電,其電荷量為Bv0Cd 2.1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,則下列說法正確的是(　　) A.該束帶電粒子帶負(fù)電 B.速度選擇器的P1極板帶負(fù)電 C.在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,質(zhì)量越大 D.在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,比荷qm越小 3.如圖所示,一帶電塑料小球質(zhì)量為m,用絲線懸掛于O點(diǎn),并在豎直平面內(nèi)擺動(dòng),最大擺角為60,水平磁場垂直于小球擺動(dòng)的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點(diǎn)時(shí),懸線上的張力恰為零,則小球自右方最大擺角處擺到最低點(diǎn)時(shí)懸線上的張力為(　　) A.0 B.2mg C.4mg D.6mg 4.如圖所示,虛線區(qū)域空間內(nèi)存在由勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B組成的正交或平行的電磁復(fù)合場,有一個(gè)帶正電小球(電荷量為+q,質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁復(fù)合場上方的某一高度自由落下,那么帶電小球可能沿直線通過的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 5.如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后,進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B束,下列說法正確的是(　　) A.組成A、B束的離子都帶負(fù)電 B.組成A、B束的離子質(zhì)量一定不同 C.A束離子的比荷qm大于B束離子的比荷 D.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 6.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價(jià)正離子在入口 處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) A.11 B.12 C.121 D.144 7.如圖所示,一對間距可變的平行金屬板C、D水平放置,兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B。兩板通過滑動(dòng)變阻器與鉛蓄電池相連,這種鉛蓄電池能快速轉(zhuǎn)換到“逆變”狀態(tài),即外界電壓過低時(shí)能向外界提供一定的供電電壓,當(dāng)外界電壓超過某一限定值時(shí)可轉(zhuǎn)換為充電狀態(tài)。閉合開關(guān)S后,有一束不計(jì)重力的帶正電粒子從左側(cè)以一定的速度v0射入兩板間恰能做直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)對入射粒子或?qū)ρb置進(jìn)行調(diào)整,則下列有關(guān)描述正確的是(　　) A.若僅將帶正電的粒子換成帶負(fù)電的粒子,也能直線通過 B.若只增大兩板間距到一定程度,可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) C.若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向a端滑動(dòng),可提高C極板的電勢 D.若只減小入射粒子的速度,可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) 接交流電源 8.(2018江蘇六市調(diào)研)回旋加速器的工作原理圖如圖所示,置于高真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子在狹縫間加速的時(shí)間忽略不計(jì)。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與盒面垂直。粒子源A產(chǎn)生的粒子質(zhì)量為m,電荷量為+q,U為加速電壓,則(　　) A.交流電壓的周期等于粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期的一半 B.加速電壓U越大,粒子獲得的最大動(dòng)能越大 C.D形盒半徑R越大,粒子獲得的最大動(dòng)能越大 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大,粒子獲得的最大動(dòng)能越大 二、非選擇題(本題共3小題,共44分) 9.(14分)在如圖所示的直角坐標(biāo)系中,有沿y軸正方向(豎直向上方向)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,現(xiàn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷,一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正點(diǎn)電荷微粒恰好能以y軸上的O1點(diǎn)為圓心在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),角速度為ω,已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。試求圓心O1的y坐標(biāo)。 10.(15分)(2018全國卷Ⅲ)如圖所示,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng),自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點(diǎn)射出;乙種離子在MN的中點(diǎn)射出;MN長為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求: (1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小; (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 11.(15分)如圖所示,足夠長、寬度 l1=0.1 m、方向向左的有界勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度E=70 V/m,電場左邊是足夠長、寬度l2=0.2 m、磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=210-3 T的有界勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子電荷量q=+3.210-19 C,質(zhì)量m=6.410-27 kg,以v=4104 m/s的速度沿OO垂直射入磁場,在磁場中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入右側(cè)的電場,最后從電場右邊界射出。(粒子重力不計(jì))求: (1)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和時(shí)間; (2)帶電粒子飛出電場時(shí)的速度大小。 答案： 1.C　解析 對帶電粒子受力分析,a極板帶正電,帶電粒子受力平衡,有qv0B=qUd,U=QC,可得電荷量為Q=CBdv0,本題只有選項(xiàng)C正確。 2.D　解析 通過粒子在質(zhì)譜儀中的運(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;帶電粒子在速度選擇器中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到向上的洛倫茲力和向下的靜電力,可知速度選擇器的P1極板帶正電,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由洛倫茲力充當(dāng)向心力有qvB=mv2r,得粒子在B2磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑r=mvqB,又粒子的運(yùn)動(dòng)速度v大小相等,電荷量q未知,故在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,質(zhì)量不一定越大,但比荷 qm=vBr越小,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。 3.C　解析 帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用,但是洛倫茲力不做功,所以從左方擺到最低點(diǎn)的過程只有重力做功,根據(jù)動(dòng)能定理mgL(1-cos 60)=12mv2,擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),合力提供向心力,懸線上張力為0,即洛倫茲力提供向心力qvB-mg=mv2L=mg,洛倫茲力方向豎直向上,當(dāng)小球從右方擺到最低點(diǎn)時(shí),根據(jù)對稱性速度大小不變,但是方向反向,所以洛倫茲力方向豎直向上大小不變,此時(shí)向心力不變,即拉力F-qvB-mg=mv2R,拉力F=4mg,選項(xiàng)C正確。 4.B　解析 ①圖中小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力,下降過程中速度一定變大,故洛倫茲力一定變化,不可能一直與電場力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲線運(yùn)動(dòng);②圖中小球受重力、向上的電場力、垂直向外的洛倫茲力,合力與速度一定不共線,故一定做曲線運(yùn)動(dòng);③圖中小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力,若三力平衡,則小球做勻速直線運(yùn)動(dòng);④圖中小球受向下的重力和向上的電場力,合力一定與速度共線,故小球一定做直線運(yùn)動(dòng);故選項(xiàng)B正確。 5.C　解析 由左手定則可知組成A、B束的離子都帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。經(jīng)過速度選擇器后的離子速度相等,根據(jù)在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑不同,由r=mvqB可知組成A、B束的離子比荷qm一定不同,而質(zhì)量有可能相同,A束離子的比荷大于B束離子的比荷,選項(xiàng)B錯(cuò)誤,C正確。由于離子帶正電,所受電場力向右,所受洛倫茲力一定向左,由左手定則,速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 6.D　解析 離子經(jīng)電場加速Uq=12mv2,離子在電場中偏轉(zhuǎn)時(shí),qvB=mv2r,可知m=r2B2q2U;由于離子和質(zhì)子的加速電壓、電荷量和在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑都相同,所以m∝B2,離子所需偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是質(zhì)子所需偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的12倍,則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍,選項(xiàng)D正確。 7.AB　解析 帶正電的粒子恰好做直線運(yùn)動(dòng),其電場力和洛倫茲力相平衡,由Udq=qv0B可知v0=UBd,若換成帶負(fù)電的粒子,電場力和洛倫茲力都反向,仍然平衡,直線通過,故選項(xiàng)A正確;若增大兩板間距,帶正電粒子射入時(shí)受洛倫茲力作用偏轉(zhuǎn)而堆積在上極板上,將提高兩板間電壓,若此電壓超過蓄電池的逆變電壓就會(huì)使之處于“逆變”狀態(tài)而被充電,故選項(xiàng)B正確;由于電容器的兩極板是彼此絕緣的,調(diào)節(jié)滑片P對電壓不起任何作用,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若減小入射粒子的速度,粒子所受洛倫茲力減小,粒子會(huì)在電場力作用下落在下極板上,電勢也會(huì)降低,不能達(dá)到逆變電壓,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 8.CD　解析 為了保證粒子每次經(jīng)過電場時(shí)都被加速,必須滿足交流電壓的周期和粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期相等,故A錯(cuò)誤;根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=mv2R,解得v=BqRm,動(dòng)能Ek=12mv2=B2q2R22m,可知帶電粒子的速度與加速電壓無關(guān),D形盒半徑R越大,磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大,粒子的速度越大,即動(dòng)能越大,B錯(cuò)誤,C、D正確。 9.答案 mgqωB-mω2 解析 微粒受力如圖所示,設(shè)帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R,圓心O1的縱坐標(biāo)為y,圓周上一點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)的連線和y軸夾角為θ, 則tan θ=Ry BqωR-F電sin θ=mω2R 即得mgqωRB-mω2R=yR 所以圓心O1的y坐標(biāo)y=mgqωB-mω2。 10.答案 (1)4Ulv1　(2)1∶4 解析 (1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,由動(dòng)能定理有q1U=12m1v12 ① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B=m1v12R1 ② 由幾何關(guān)系知2R1=l ③ 由①②③式得B=4Ulv1。 ④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有 q2U=12m2v22 ⑤ q2v2B=m2v22R2 ⑥ 由題給條件有2R2=l2 ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為q1m1∶q2m2=1∶4。 ⑧ 11.答案 (1)0.4 m　5.210-6 s　(2)3104 m/s 解析 (1)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓運(yùn)動(dòng)定律,有qvB=mv2R R=mvqB=6.410-2741043.210-19210-3 m=0.4 m。 軌跡如圖所示: 由l2=Rsin β得β=π6 又t=β2πT=πm6qB=π610-5 s≈5.210-6 s。 (2)由動(dòng)能定理得 12mv右2-12mv2=-Eql1 v右=3104 m/s。