高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練10 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）-人教版高三物理試題

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1、專題能力訓(xùn)練10　帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)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(duì)的得7分,選對(duì)但不全的得4分,有選錯(cuò)的得0分) 1.(2019·河北滄州一模)如圖所示,ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)豎直向下、磁場(chǎng)垂直紙面向外。有一帶電小球質(zhì)量為m,電荷量絕對(duì)值為q,小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后,水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中,恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且從B點(diǎn)射出,已知AB

2、長(zhǎng)度為3l,AD長(zhǎng)度為l,下列說法正確的是(　　) A.小球帶正電 B.小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)的速度大小為qUm C.小球在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為32l D.小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為πl(wèi)32mqU 答案:D 解析:由于進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以滿足Eq=mg,小球帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤;設(shè)小球進(jìn)入ABCD區(qū)域時(shí)的速度為v0,由qU=12mv02得v0=2qUm,故B錯(cuò)誤;小球從B點(diǎn)射出,如圖所示,由幾何關(guān)系得(r-l)2+(3l)2=r2,解得r=2l,故C錯(cuò)誤;圖中sinθ=3l2l,得θ=60°,小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=θ360°T=16T,T=2πrv0,聯(lián)立得t=

3、πl(wèi)32mqU,故D正確。 2.1922年英國(guó)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,質(zhì)量越大 D.在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,比荷qm越小 答案: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=m

4、v2r,得粒子在B2磁場(chǎng)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(chǎng)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.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(chǎng)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 答案:C 解析:帶電粒子在磁場(chǎng)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

5、(1-cos60°)=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(duì)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.如圖所示,虛線區(qū)域空間內(nèi)存在由勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B組成的正交或平行的電磁復(fù)合場(chǎng),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(chǎng)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 答

6、案:B 解析:①圖中小球受重力、向左的電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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.(2019·河南開封模擬)如圖所示,靜止的帶電粒子所帶電荷量為+q,質(zhì)量為m(不計(jì)重力),從P點(diǎn)經(jīng)兩塊平行的豎直極板間電場(chǎng)加速后,水平通過小孔Q

7、進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。CD為磁場(chǎng)邊界上的一絕緣板,它與N板的夾角為θ=30°,小孔Q到絕緣板的下端C的距離為l。當(dāng)滑片移動(dòng)到B端時(shí),粒子恰垂直打在CD板上。則下列說法錯(cuò)誤的是(　　) A.兩板間電壓的最大值Um=q2B2l22m B.CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度為3-33l C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為πmBq D.能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為q2B2l218m 答案:A 解析:滑片移到B端時(shí),兩板間電壓最大,粒子垂直打在CD板上,所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為l=mvqB;粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)有qUm=12mv2,聯(lián)立兩式

8、解得Um=qB2l22m,A錯(cuò)誤。粒子垂直打在CD板上的位置離C點(diǎn)最遠(yuǎn),距離為l;當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與CD相切時(shí),切點(diǎn)位置離C點(diǎn)最近,如圖所示,由幾何條件有sin30°=Rl-R,故R=l3,KC=33l,所以CD板上被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度為3-33l,B正確。打在QE間的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),均為半個(gè)周期,t=πmqB,C正確。打在N板上的粒子中,軌跡半徑越大,則對(duì)應(yīng)的速度越大,即運(yùn)動(dòng)軌跡半徑最大的粒子的動(dòng)能最大,則當(dāng)R=l3時(shí),Ekm=(mv')22m=(qBR)22m=q2B2l218m,D正確。 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

9、定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)。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(chǎng)加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng),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 答案:D 解析:離子經(jīng)電場(chǎng)加速Uq=12mv2,離子在電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是質(zhì)子所需偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)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

10、。 7.如圖所示,一對(duì)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(chǎng)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)。現(xiàn)對(duì)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(shì) D.若只減小

11、入射粒子的速度,可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) 答案:AB 解析:帶正電的粒子恰好做直線運(yùn)動(dòng),其電場(chǎng)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(chǎng)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(duì)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(chǎng)力作用下落在下極板上,電勢(shì)也會(huì)降低,不能達(dá)到逆變電壓,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 8

12、.(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(chǎng)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(　　) 接交流電源 A.交流電壓的周期等于粒子在磁場(chǎng)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 答案:CD 解析:為了保證粒子每次經(jīng)過電場(chǎng)時(shí)都被加速,必須滿足交流電壓的周期和粒子在磁場(chǎng)中回轉(zhuǎn)周期相等,故A錯(cuò)誤;根據(jù)洛倫

13、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。 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(chǎng),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)。 答案:mgqωB-mω2 解析:微粒受力如

14、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tanθ=Ry BqωR-F電sinθ=mω2R 即得mgqωRB-mω2R=yR 所以圓心O1的y坐標(biāo)y=mgqωB-mω2。 10.(15分)(2019·全國(guó)卷Ⅰ)如圖所示,在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng);一段時(shí)間后,該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),N點(diǎn)在y軸上,OP與x軸的夾角為30°,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開磁場(chǎng)的出射

15、點(diǎn)之間的距離為d,不計(jì)重力。求: (1)帶電粒子的比荷; (2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間。 答案:(1)4UB2d2　(2)Bd24Uπ2+33 解析:(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加速后的速度大小為v。由動(dòng)能定理有 qU=12mv2① 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB=mv2r② 由幾何關(guān)系知 d=2r③ 聯(lián)立①②③式得 qm=4UB2d2。④ (2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)過的路程為 s=πr2+rtan30°⑤ 帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為 t=sv⑥

16、 聯(lián)立②④⑤⑥式得 t=Bd24Uπ2+33。⑦ 11.(15分)(2019·山東濰坊模擬)右圖為豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy,x軸水平且上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,在x軸下方有一圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn),半徑為R。已知質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,在y軸上的(0,R)點(diǎn)無初速度釋放,粒子恰好經(jīng)過磁場(chǎng)中33R,-R點(diǎn),粒子重力不計(jì)。 (1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。 (2)若將該粒子釋放位置沿y=R直線向左移動(dòng)一段距離l,無初速度釋放,當(dāng)l為多大時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)?最長(zhǎng)時(shí)間是多少? (3)在(2)的情況下粒子回到電場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的橫坐標(biāo)為

17、多少? 答案:(1)3mE2qR,方向垂直xOy平面向里　(2)32R　2π96mRqE(3)532R 解析:(1)粒子勻加速運(yùn)動(dòng),有EqR=12mv2,解得v=2EqRm 設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r,則qvB=mv2r,由幾何關(guān)系可知r2=r-33R2+R2 解得r=233R,B=3mE2qR,磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里。 (2)當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的弦為圓形磁場(chǎng)直徑時(shí)對(duì)應(yīng)的時(shí)間最長(zhǎng),所轉(zhuǎn)過的圓心角為α 則rsinα2=R,解得α=23π,此時(shí)l=Rsinα2=32R 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=rαv 解得t=2π96mREq。 (3)粒子回到電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向成30° 粒子沿y軸勻減速運(yùn)動(dòng)減到零時(shí)豎直高度最大,有 vsin30°=at',Eq=ma 水平方向勻速運(yùn)動(dòng),有x'=vcos30°t' 解得x'=3R2 粒子返回電場(chǎng)時(shí)的橫坐標(biāo)為x0,x0-l?=cot30°,h=3R2 運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的橫坐標(biāo)為x=x0+x'=532R。