高考物理大二輪優(yōu)選新題：專題三　電場和磁場 專題能力訓練10 Word版含答案

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1、 專題能力訓練10　帶電粒子在組合場、復合場中的運動 (時間: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選項中,1~6題只有一個選項符合題目要求,7~8題有多個選項符合題目要求。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磁場,磁感應(yīng)強度為B。a、b板帶上電荷,可在平行板內(nèi)產(chǎn)生勻強電場,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進入正交電磁場可沿直線OO'運動,由O'射出,粒子所受重力不

2、計,則a板所帶電荷量情況是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.帶正電,其電荷量為 B.帶負電,其電荷量為 C.帶正電,其電荷量為CBdv0 D.帶負電,其電荷量為 2.1922年英國物理學家阿斯頓因質(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獎。若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示,則下列說法正確的是(　　) A.該束帶電粒子帶負電 B.速度選擇器的P1極板帶負電 C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量越大 D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,比荷越小 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,并在豎直平面內(nèi)擺動,最大擺角

3、為60°,水平磁場垂直于小球擺動的平面。當小球自左方擺到最低點時,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時懸線上的張力為(　　) A.0 B.2mg C.4mg D.6mg 4.如圖所示,虛線區(qū)域空間內(nèi)存在由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的電磁復合場,有一個帶正電小球(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)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后,進

4、入另一個勻強磁場中并分裂為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)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口 處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強度增加到原來的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

5、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磁場B。兩板通過滑動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),即外界電壓過低時能向外界提供一定的供電電壓,當外界電壓超過某一限定值時可轉(zhuǎn)換為充電狀態(tài)。閉合開關(guān)S后,有一束不計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動?，F(xiàn)對入射粒子或?qū)ρb置進行調(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.若將滑動變阻器的滑片P向a端滑動,可提高C極板的電勢 D.若只減小入射粒子的速度

6、,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間忽略不計。勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為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,粒子獲得的最大動能越大 C.D形盒半徑R越大,粒子獲得的最大動能越大 D.磁感應(yīng)強度B越大,粒子獲得的最大動能越大 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系中,有沿y

7、軸正方向(豎直向上方向)、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,現(xiàn)在坐標原點O固定一電荷量為Q的正點電荷,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正點電荷微粒恰好能以y軸上的O1點為圓心在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,角速度為ω,已知當?shù)刂亓铀俣葹間。試求圓心O1的y坐標。 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)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,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點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l。不計重

8、力影響和離子間的相互作用。求: (1)磁場的磁感應(yīng)強度大小; (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電場電場強度E=70 V/m,電場左邊是足夠長、寬度l2=0.2 m、磁感應(yīng)強度 B=2×1 T的有界勻強磁場。一帶電粒子電荷量q=+3.2×10-19 C,質(zhì)量m=6.4×1 kg,以v=4×104 m/s的速度沿OO'垂直射入磁場,在磁場中偏轉(zhuǎn)后進入右側(cè)的電場,最后從電場右邊界射出。(粒子重力不計)求: (1)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑和時間

9、; (2)帶電粒子飛出電場時的速度大小。 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=q,U=,可得電荷量為Q=CBdv0,本題只有選項C正確。 2.D　解析 通過粒子在質(zhì)譜儀中的運動軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電,故選項A錯誤;帶電粒子在速度選擇器中勻速運動時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B錯誤;由洛倫茲力充當向心力有qvB=m,得粒子在B2磁場中的運動半徑r=,又粒子的運動速度v大小相等,電荷量q未知,故在磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量不一定越大,但比荷 越小,故選項C錯誤,D正確。 3

10、.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的過程只有重力做功,根據(jù)動能定理mgL(1-cos 60°)=mv2,擺動到最低點時,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=m=mg,洛倫茲力方向豎直向上,當小球從右方擺到最低點時,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,此時向心力不變,即拉力F-qvB-mg=m,拉力F=4mg,選項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

11、定做曲線運動;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,故一定做曲線運動;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動;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動;故選項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A錯誤。經(jīng)過速度選擇器后的離子速度相等,根據(jù)在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑不同,由r=可知組成A、B束的離子比荷一定不同,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B錯誤,C正確。由于離子帶正電,所受電場力向右,所受洛倫茲力一

12、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D錯誤。 6.D　解析 離子經(jīng)電場加速Uq=mv2,離子在電場中偏轉(zhuǎn)時,qvB=,可知m=;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動的半徑都相同,所以m∝B2,離子所需偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度是質(zhì)子所需偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度的12倍,則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍,選項D正確。 7.AB　解析 帶正電的粒子恰好做直線運動,其電場力和洛倫茲力相平衡,由q=qv0B可知v0=,若換成帶負電的粒子,電場力和洛倫茲力都反向,仍然平衡,直線通過,故選項A正確;若增大兩板間距,帶正電粒子射入時受洛倫茲力作用偏轉(zhuǎn)而堆積在上極板上,將提

13、高兩板間電壓,若此電壓超過蓄電池的逆變電壓就會使之處于“逆變”狀態(tài)而被充電,故選項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C錯誤;若減小入射粒子的速度,粒子所受洛倫茲力減小,粒子會在電場力作用下落在下極板上,電勢也會降低,不能達到逆變電壓,故選項D錯誤。 8.CD　解析 為了保證粒子每次經(jīng)過電場時都被加速,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錯誤;根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=,解得v=,動能Ek=mv2=,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)強度B越大,粒子的速度越大,即動能越大,B錯誤,C、D正確。 9.答案

14、 解析 微粒受力如圖所示,設(shè)帶電微粒做勻速圓周運動半徑為R,圓心O1的縱坐標為y,圓周上一點與坐標原點的連線和y軸夾角為θ, 則tan θ= BqωR-F電sin θ=mω2R 即得 所以圓心O1的y坐標y=。 10.答案 (1)　(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動的半徑為R1,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,由動能定理有q1U=m1 ① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B=m1 ② 由幾何關(guān)系知2R1=l ③ 由①②③式得B=。 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動的半徑為R2。同理有 q2U=m2 ⑤ q2v2B=m2 ⑥ 由題給條件有2R2= ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為=1∶4。 ⑧ 11.答案 (1)0.4 m　5.2×10-6 s　(2)3×104 m/s 解析 (1)帶電粒子在磁場中運動時,由牛頓運動定律,有qvB= R= m=0.4 m。 軌跡如圖所示: 由l2=Rsin β得β= 又t=T=×10-5 s≈5.2×10-6 s。 (2)由動能定理得 mv2=-Eql1 v右=3×104 m/s。