2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 4.10 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè).doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 4.10 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) A組 一、選擇題 1.有一個(gè)帶電荷量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場(chǎng)和磁場(chǎng)的空間時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．一定做曲線運(yùn)動(dòng) B．不可能做曲線運(yùn)動(dòng) C．有可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) 解析：帶電小球在沒有進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后，受豎直向下的重力G＝mg，水平向左的電場(chǎng)力F電場(chǎng)力＝qE與洛倫茲力F洛＝qBv，重力與電場(chǎng)力大小和方向保持恒定，但因?yàn)樗俣却笮?huì)發(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會(huì)發(fā)生變化，所以一定會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)，A正確，BCD錯(cuò)． 答案：A 2.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(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與電場(chǎng)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(chǎng)方向垂直，且與電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)過程中(　　) A．所有微粒的動(dòng)能都將增加 B．所有微粒的機(jī)械能都將不變 C．有的微?？赡茏鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng) D．有的微?？赡茏鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng) 解析：微粒在A、B間運(yùn)動(dòng)過程中受到重力、電場(chǎng)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(chǎng)力會(huì)做功，微粒機(jī)械能可能變化，B錯(cuò)；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(chǎng)力、重力平衡時(shí)，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)，C對(duì)；由于重力不可能與電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)． 答案：C 3.(多選)美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器， 應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進(jìn)了一大步．如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、C板間，虛線中間不需加電場(chǎng)，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次 B．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化 解析：由題圖可以看出，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，A正確；由R＝和Uq＝mv－mv可知，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周，電場(chǎng)力做功都相同，動(dòng)能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增加量不相同，B錯(cuò)誤；由v＝可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑R有關(guān)，C正確；由圖可知，粒子每次都是從A板進(jìn)入電場(chǎng)加速，所以加速電場(chǎng)方向不需改變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：AC 4．(多選)如圖所示，回旋加速器D形盒半徑為R，狹縫寬為d，所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，所加高頻交變電源的電壓為U，質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子從右半盒的圓心附近由靜止出發(fā)，經(jīng)加速、偏轉(zhuǎn)等過程達(dá)最大能量E后由導(dǎo)向板處射出，忽略質(zhì)子在狹縫加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，則(　　) A．最大能量E與加速電場(chǎng)的加速電壓成正比 B．增大磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，能提高質(zhì)子的最大能量 C．增大高頻交變電源的電壓，質(zhì)子在加速器中運(yùn)行時(shí)間不變 D．高頻交變電源的頻率為 解析：由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，可知r＝＝，所以質(zhì)子的最大能量E＝，由磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B、D形盒半徑及質(zhì)子本身決定，與電場(chǎng)的加速電壓無(wú)關(guān)，A錯(cuò)，B對(duì)；質(zhì)子在回旋加速器中回旋一周的時(shí)間一定，每回旋一周加速兩次，增大加速電壓，加速次數(shù)減少，質(zhì)子在加速器中運(yùn)行時(shí)間變短，C錯(cuò)；回旋加速器中高頻交變電源的變化周期等于粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)行周期，即其電壓頻率為f＝＝，D對(duì)． 答案：BD 5．質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的混合場(chǎng)區(qū)，該微粒在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，下列說法中正確的是(　　) A．該微粒一定帶負(fù)電荷 B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng) C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為Bvcosθ 解析：若微粒帶正電q，它受豎直向下的重力mg、向左的電場(chǎng)力qE和右斜向下的洛倫茲力qvB，可知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)．據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電q，它受豎直向下的重力mg、向右的電場(chǎng)力qE和左斜向上的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由平衡條件得cosθ＝，sinθ＝，得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 答案：A 6．如圖所示，A、B極板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電微粒在A、B間的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．則下列說法正確的是(　　) A．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(yùn)動(dòng) C．僅改變A、B極板之間距離，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) D．僅改變A、B極板正對(duì)面積，微粒將做螺旋線運(yùn)動(dòng) 解析：帶電微粒在A、B間的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有mg＝Eq，電場(chǎng)力向上，微粒帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；僅改變R3阻值，電場(chǎng)力不變，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；僅改變A、B極板之間的距離，由E＝可知，電場(chǎng)強(qiáng)度變化，則該微粒受到的電場(chǎng)力改變，重力與電場(chǎng)力不再平衡，微粒將在重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下做螺旋線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；僅改變A、B極板之間的正對(duì)面積，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，微粒受力情況不變，將繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：B 7.(多選)如圖所示，已知甲空間中沒有電場(chǎng)、磁場(chǎng)；乙空間中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)；丙空間中有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；丁空間中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．四個(gè)圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負(fù)電小球從斜面上的同一點(diǎn)O以相同初速度v0同時(shí)沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點(diǎn)(圖中未畫出)．小球受到的電場(chǎng)力、洛倫茲力都始終小于重力，不計(jì)空氣阻力．則(　　) 　 甲 乙 　 丙 丁 A．O、C之間距離大于O、B之間距離 B．小球從拋出到落在斜面上用時(shí)相等 C．小球落到B點(diǎn)與C點(diǎn)速度大小相等 D．從O到A與從O到D，合力對(duì)小球做功相同 解析：根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，tan θ＝＝，因乙圖小球下落的加速度大于丙圖小球下落的加速度，所以乙圖小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t乙小于丙圖小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t丙．因小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向的位移x＝v0t，所以x丙>x乙，O、C之間距離l丙＝>l乙＝，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；因平拋運(yùn)動(dòng)中速度與水平方向的夾角為α，則tan α＝2tan θ，且小球初速度v0也相同，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可知小球落到O點(diǎn)與C點(diǎn)速度大小相等，選項(xiàng)C正確；從O到A與從O到D，都只有重力做功，但從O到D小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)，豎直位移比較大，重力做功多，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：AC 8.(多選)在離子注入工藝中，初速度可忽略的鉈離子Tl＋和Tl3＋，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示．已知離子Tl＋在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過θ＝30后從磁場(chǎng)右邊界射出．在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子Tl＋和Tl3＋(　　) A．在電場(chǎng)中的加速度之比為1∶1 B．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為∶1 C．在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶1 D．離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3 解析：在電場(chǎng)中離子被加速，加速度為，加速度之比為1∶3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由電場(chǎng)力做功可知，離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3，選項(xiàng)D正確；離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)離子的速度之比為1∶，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為，可知在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為∶1，選項(xiàng)B正確；由于半徑不同，離子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因此答案選BD. 答案：BD 二、非選擇題 9.如圖所示，xOy平面為一光滑水平面，在此區(qū)域內(nèi)有平行于xOy平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝100 V/m；同時(shí)有垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量m＝210－6 kg、電荷量q＝210－7 C的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以一定的初動(dòng)能入射，在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，到達(dá)P(4,3)點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能變?yōu)槌鮿?dòng)能的0.5，速度方向垂直O(jiān)P向上．此時(shí)撤去磁場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間該粒子經(jīng)過y軸上的M(0，6.25)點(diǎn)，動(dòng)能變?yōu)槌鮿?dòng)能的0.625，求： (1)OP連線上與M點(diǎn)等電勢(shì)的點(diǎn)的坐標(biāo)； (2)粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所需的時(shí)間． 解析：(1)設(shè)粒子在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，則初動(dòng)能為2Ek，在M點(diǎn)動(dòng)能為 UOP＝　UOM＝ 設(shè)OP連線上與M點(diǎn)電勢(shì)相等的點(diǎn)為D，由幾何關(guān)系得OP的長(zhǎng)度為5 m，沿OP方向電勢(shì)下降．則： ＝＝＝ 得OD＝3.75 m，設(shè)OP與x軸的夾角為α，則sinα＝ D點(diǎn)的坐標(biāo)為xD＝ODcosα＝3 m，yD＝ODsinα＝2.25 m 即：D(3,2.25) (2)由于OD＝3.75 m，而OMcos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD為等勢(shì)線，因此OP為電場(chǎng)線，方向從O到P 帶電粒子從P到M過程中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t 則DP＝t2，又DP＝OP－OD＝1.25 m 解得：t＝0.5 s. 答案：(1)(3,2.25)　(2)0.5 s 10.如圖甲所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)L＝8 cm，兩板間距離d＝6 cm，A、B兩板間的電勢(shì)差UAB＝100 V．一比荷為＝1106 C/kg的帶正電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)沿電場(chǎng)中心線垂直電場(chǎng)線以初速度v0＝2104 m/s飛入電場(chǎng)，粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域，已知兩界面MN、PS相距為s＝8 cm.帶電粒子從PS分界線上的C點(diǎn)進(jìn)入PS右側(cè)的區(qū)域，當(dāng)粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，PS右側(cè)區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(垂直紙面向里為正方向)．求： 　 甲 乙 (1)PS分界線上的C點(diǎn)與中心線OO′的距離y； (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后第二次經(jīng)過中心線OO′時(shí)與PS分界線的距離x. 解析：(1)粒子在電場(chǎng)中的加速度a＝ 粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝ 粒子離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向分速度vy＝at1 粒子在MN與PS間運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝ 粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)位移y1＝at＝＝ cm 出電場(chǎng)后：y2＝vyt2 解得：y2＝ cm 所以C點(diǎn)與OO′的距離y＝y(tǒng)1＋y2＝4 cm. (2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)速度與水平方向夾角為θ，tanθ＝＝ ∴θ＝30 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝＝104 m/s 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R 則qvB＝ ∴R＝4 cm 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝2π10－6 s 在t＝10－6 s內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角α＝t＝120 豎直向上偏移h1＝Rcos30＝2 cm 在10－6～π10－6 s內(nèi)通過OO′，這段時(shí)間內(nèi)豎直向上偏移 h2＝h1＝2 cm 因?yàn)閔1＋h2＝y(tǒng)＝4 cm 則粒子在t＝10－6 s時(shí)剛好第二次到達(dá)OO′ 此時(shí)，粒子距PS距離x＝2(R＋Rsin30)＝12 cm. 答案：(1)4 cm　(2)12 cm B組 一、選擇題 1.(多選)設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，已知一帶電粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是(　　) A．此粒子必帶正電荷 B．A點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一高度 C．粒子在C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大 D．粒子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn) 解析：粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)的方向向下，電場(chǎng)強(qiáng)度方向也向下，所以粒子必帶正電荷，A正確；因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉Γ挥徐o電力做功，A、B兩點(diǎn)速度都為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知，粒子從A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力不做功，故A、B點(diǎn)位于同一高度，B正確；C點(diǎn)是最低點(diǎn)，從A點(diǎn)到C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做正功最大，根據(jù)動(dòng)能定理可知粒子在C點(diǎn)時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，C正確；到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運(yùn)動(dòng)．向右運(yùn)動(dòng)，不會(huì)返回，故D錯(cuò)誤． 答案：ABC 2．如圖所示，兩平行金屬板MN、PQ水平放置，兩金屬板長(zhǎng)為d，板間距離為2d，兩金屬板間有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電粒子(不計(jì)重力)從MN的中點(diǎn)O垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向以初速度v0射入，粒子恰好沿直線從NQ的中點(diǎn)A處穿出，若撤去磁場(chǎng)，粒子恰好從下極板邊緣Q點(diǎn)處穿出，則關(guān)于粒子的電性及撤去電場(chǎng)后粒子的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法中正確的是(　　) A．粒子帶負(fù)電，將從A、N中間某位置穿出 B．粒子帶正電，將從N點(diǎn)處穿出 C．粒子帶負(fù)電，將打在MN板上 D．粒子帶負(fù)電，將從M點(diǎn)處穿出 解析：因撤去磁場(chǎng)，粒子恰好從下極板邊緣Q點(diǎn)穿出，而電場(chǎng)方向向上，所以粒子帶負(fù)電，B錯(cuò)；設(shè)粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，則電、磁場(chǎng)均在時(shí)有Bqv0＝qE，撤去磁場(chǎng)后，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，滿足d＝()2，即Bqv0＝，撤去電場(chǎng)，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由Bqv0＝m得r＝，即粒子將從M點(diǎn)處穿出，A、C錯(cuò)，D對(duì)． 答案：D 3．如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強(qiáng)電、磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里．從電、磁場(chǎng)中某點(diǎn)P由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不計(jì))，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示．對(duì)于帶電粒子在電、磁場(chǎng)中下落的最大高度H，下面給出了四個(gè)表達(dá)結(jié)果，用你已有的知識(shí)計(jì)算可能會(huì)有困難，但你可以用學(xué)過的知識(shí)對(duì)下面的四個(gè)結(jié)果作出判斷．你認(rèn)為正確的是(　　) A. B. C. D. 解析：根據(jù)量綱法，可得A為正確答案． 答案：A 4．(多選)如圖所示，虛線MN、PQ間區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，PQ上方有一個(gè)帶正電小球由靜止開始下落，不計(jì)空氣阻力，則在小球通過電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng) B．小球一定做變加速曲線運(yùn)動(dòng) C．小球動(dòng)能的增加量等于其電勢(shì)能和重力勢(shì)能減少量的和 D．小球重力勢(shì)能的減少量等于小球動(dòng)能和電勢(shì)能增加量的和 解析：小球進(jìn)入MN、PQ間區(qū)域，受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力作用，因進(jìn)入時(shí)速度豎直向下，而電場(chǎng)力水平向右，洛倫茲力水平向右，所以粒子所受合力一定不沿豎直方向，必做曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；粒子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力時(shí)刻變化，即合力時(shí)刻變化，所以粒子做變加速曲線運(yùn)動(dòng)，B對(duì)；因小球下落通過電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域過程中洛倫茲力不做功，重力做正功，重力勢(shì)能減少，電場(chǎng)力也做正功，電勢(shì)能也減少，由動(dòng)能定理知小球動(dòng)能的增加量等于其電勢(shì)能和重力勢(shì)能減少量的和，C對(duì)，D錯(cuò)． 答案：BC 5．(多選)如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑， 對(duì)應(yīng)的圓心角為120，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長(zhǎng)，與圓弧段分別在C、D端相切．整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在的平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在豎直虛線MC左側(cè)和豎直虛線ND右側(cè)還分別存在著電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．若小球所受的電場(chǎng)力的大小等于其重力的倍，小球與直線段AC、HD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則(　　) A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大加速度amax＝g B．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度vmax＝ C．小球進(jìn)入DH軌道后，上升的最高點(diǎn)與P點(diǎn)等高 D．小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的彈力可能為2mg－qB 解析：小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場(chǎng)力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無(wú)作用力，當(dāng)從靜止運(yùn)動(dòng)后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)鼙谟凶饔昧Γ瑥亩鴮?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大，而重力與電場(chǎng)力的合力大小為： F＝ ＝mg，即大小恒定，根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，因?qū)⑾禄瑫r(shí)，加速度最大，即為amax＝＝g，故A正確；當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場(chǎng)力的合力相等時(shí)，洛倫茲力大小等于彈力，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球的速度達(dá)到最大，即為qvB＝N，而μN(yùn)＝f，且f＝mg，因此解得：vmax＝，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球從靜止開始到進(jìn)入DH軌道后，因存在摩擦力做功，導(dǎo)致上升的最高點(diǎn)低于P點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；對(duì)小球在O點(diǎn)受力分析，小球由C向D運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，則有：N－mg＋Bqv＝m；由C到O點(diǎn)，機(jī)械能守恒定律，則有：mgRsin30＝mv2；由上綜合而得：對(duì)軌道的彈力為2mg－qB，當(dāng)小球由D向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)軌道的彈力為2mg＋qB，故D正確． 答案：AD 6．(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球靜止于A點(diǎn)，此時(shí)懸線與豎直方向夾角為θ＝30.現(xiàn)用力將小球拉到最低點(diǎn)C處并由靜止釋放，釋放的同時(shí)加上一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，小球運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)線始終伸直，則(　　) A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．小球?qū)⒃贏、C間往復(fù)擺動(dòng) C．小球回到C點(diǎn)時(shí)，細(xì)線張力將大于mg D．小球從C點(diǎn)向右擺到最高點(diǎn)的過程，電勢(shì)能減少量為mgL 解析：小球在A點(diǎn)受重力、水平向右的電場(chǎng)力及線的拉力作用而處于平衡狀態(tài)，則有tanθ＝，所以E＝，A對(duì)；小球向右擺動(dòng)過A點(diǎn)時(shí)速度最大，小球?qū)⒁訟為中間位置，以C為最大振幅位置往復(fù)擺動(dòng)，B錯(cuò)；小球回到C點(diǎn)時(shí)速度為0，細(xì)線中張力等于小球重力，C錯(cuò)；洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理知W電－mgL(1－cos2θ)＝0，解得小球從C點(diǎn)向右擺到最高點(diǎn)的過程，電勢(shì)能減少量ΔE＝W電＝mgL，D對(duì)． 答案：AD 7．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為U1；B為速度選擇器，其中磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，板間電壓為U2；C為偏轉(zhuǎn)分離器，其中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，D為B、C邊界所在虛線PQ上的感光底片．今有一比荷未知的正離子從A的上極板中央由靜止釋放，經(jīng)加速后，從速度選擇器兩板正中間空過．若兩板間磁場(chǎng)消失，離子重新釋放，將從PQ上的M點(diǎn)(沒畫出)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后打在感光底片的最左端N點(diǎn)，測(cè)得M、N兩點(diǎn)間的距離為x，離子重力不計(jì)，則(　　) A．速度選擇器中的磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向里 B．離子的比荷為 C．若速度選擇器板間電壓U2也消失，M、N兩點(diǎn)間距離將變小 D．離子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)行的時(shí)間一定小于 解析：當(dāng)兩板間磁場(chǎng)消失時(shí)，離子有可能從O點(diǎn)右側(cè)進(jìn)入C中，也可能從左側(cè)進(jìn)入C中，即速度選擇器中磁場(chǎng)方向可以垂直紙面向外，也可以垂直紙面向里，A錯(cuò)；設(shè)離子進(jìn)入速度選擇器時(shí)速度為v0，進(jìn)入C中時(shí)速度方向與PQ夾角為θ，大小為v，則qU1＝mv，sinθ＝，離子在C中運(yùn)行的軌跡半徑為r＝，由幾何關(guān)系知x＝2rsinθ，聯(lián)立得＝，B對(duì)；由比荷表達(dá)式可知M、N間距離x與速度選擇器兩板間電壓無(wú)關(guān)，C錯(cuò)；當(dāng)離子從O點(diǎn)右側(cè)進(jìn)入C中時(shí)，離子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角大于π，此時(shí)運(yùn)行時(shí)間t>＝＝，D錯(cuò)． 答案：B 8.如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子(不計(jì)重力)穿過復(fù)合場(chǎng)區(qū)所用時(shí)間為t，從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek，則(　　) A．若撤去磁場(chǎng)B，質(zhì)子穿過場(chǎng)區(qū)時(shí)間大于t B．若撤去電場(chǎng)E，質(zhì)子穿過場(chǎng)區(qū)時(shí)間大于t C．若撤去磁場(chǎng)B，質(zhì)子穿出場(chǎng)區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek D．若撤去電場(chǎng)E，質(zhì)子穿出場(chǎng)區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek 解析：質(zhì)子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)沿直線運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)子受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力大小相等、方向相反，即eE＝Bev0，若撤去磁場(chǎng)B，質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知，穿過電場(chǎng)的時(shí)間t＝，因場(chǎng)區(qū)寬度x不變，則時(shí)間不變，質(zhì)子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出電場(chǎng)時(shí)的速度必大于v0，動(dòng)能大于Ek，則A錯(cuò)誤，C正確．若撤去電場(chǎng)E，則質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則B、D錯(cuò)誤． 答案：C 二、非選擇題 9.如圖所示，水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，板高h(yuǎn)＝9 m，與板上端等高處有一水平放置的籃筐，筐口的中心離擋板s＝3 m，板的左側(cè)以及板上端與筐口的連線上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T；質(zhì)量m＝110－3 kg、電荷量q＝－110－3 C、直徑略小于小孔寬度的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，以某一速度垂直于磁場(chǎng)方向從小孔水平射入，恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若與擋板相碰就以原速率反向彈回，且不計(jì)碰撞時(shí)間，碰撞時(shí)小球的電荷量保持不變，小球最后都能從筐口的中心處進(jìn)入筐中，取g＝10 m/s2，求： (1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與方向； (2)小球運(yùn)動(dòng)的最大速率； (3)小球運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間． 解析：(1)因小球能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以有： Eq＝mg E＝＝10 N/C，方向豎直向下 (2)洛倫茲力提供向心力有： qvB＝m 小球不與擋板相碰直接飛入框中，其運(yùn)動(dòng)半徑最大，如圖1所示，由幾何知識(shí)可得： 圖1 (h－Rm)2＋s2＝R 解得：Rm＝5 m vm＝＝5 m/s (3)設(shè)小球與擋板碰撞n次，此時(shí)最大半徑為， 要擊中目標(biāo)必有：≥3　≥3　n≤1.5 n只能取0,1 當(dāng)n＝0時(shí)，即為(2)問中的解 當(dāng)n＝1時(shí)，可得：(h－3R)2＋s2＝R2 (9－3R)2＋32＝R2 解得：R1＝3 m，R2＝3.75 m R2＝3.75 m時(shí)小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2中的軌跡①所示． 圖2 sinθ＝＝ θ＝53，α＝360＋(180－53)＝487 且T＝＝ 得：tm＝T≈8.5 s 答案：(1)10 N/C，方向豎直向下 (2)5 m/s　(3)8.5 s 10.空間中有一直角坐標(biāo)系，其第一象限中在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第二象限中存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點(diǎn)A處沿紙面上的不同方向同時(shí)射入磁場(chǎng)中，如圖所示．已知粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達(dá)x軸上與O點(diǎn)距離為2R的N點(diǎn)．不計(jì)粒子的重力和它們之間的相互作用．求： (1)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小及電場(chǎng)強(qiáng)度的大??； (2)速度方向與AO1夾角分別為60(斜向右上方)、30(斜向左上方)的粒子到達(dá)x軸的時(shí)間差． 解析：(1)設(shè)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，因在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m 得v＝ 如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點(diǎn)沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，則粒子在電場(chǎng)中從D點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，有2R＝vt 甲 R＝t2 解得E＝ (2)對(duì)于速度為v1(斜向左上方)的粒子，軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C1，從P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，連接O1P，四邊形O1PC1A是菱形，故C1P垂直于x軸，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ1＝60，速度為v1的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝T＝ 乙 對(duì)于速度v2(斜向右上方)的粒子，軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C2，從M點(diǎn)射出磁場(chǎng)，連接O1M，四邊形O1MC2A是菱形，故C2M垂直于x軸，速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ2＝150，速度為v2的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝T＝ 兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差為Δt1＝t2－t1＝ 速度為v1的粒子離開磁場(chǎng)到y(tǒng)軸的距離PF＝R－ 速度為v2的粒子離開磁場(chǎng)到y(tǒng)軸的距離MH＝ 兩個(gè)粒子在無(wú)場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差為Δt2＝－＝ 設(shè)速度為v2的粒子在電場(chǎng)中到達(dá)x軸運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′2，HO＝R＋，則R＋＝t′，解得t′2＝(＋1) 設(shè)速度為v1的粒子在電場(chǎng)中到達(dá)x軸運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′1，F(xiàn)O＝，則＝t′，解得t′1＝ Δt3＝t′2－t′1＝(＋1－) 故速度為v2、v1的粒子到達(dá)x軸的時(shí)間差為 Δt＝Δt1＋Δt2＋Δt3＝(π＋1＋3－2)