2022年高三物理二輪復習 第1部分 專題3 電場和磁場 第2講 帶電粒子在復合場中的運動課時作業(yè)集訓

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1、2022年高三物理二輪復習 第1部分 專題3 電場和磁場 第2講 帶電粒子在復合場中的運動課時作業(yè)集訓 一、選擇題(1～3題只有一項符合題目要求，第4題有多項符合題目要求) 1.如圖所示，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源兩極相連接的兩個D形盒，兩盒間構(gòu)成一狹縫，兩D形盒處于垂直于盒面的勻強磁場中．下列有關(guān)回旋加速器的描述正確的是(　　) A．粒子由加速器的邊緣進入加速器 B．粒子由加速器的中心附近進入加速器 C．粒子在狹縫和D形盒中運動時都能獲得加速 D．交流電源的周期必須等于粒子在D形盒中運動周期的2倍 解析：　由qvB＝得v＝.當r越大時，v越大

2、．粒子由加速器中心附近進入加速器才可使粒子加速到最大，故A錯、B對；狹縫中電場可加速粒子，在D形盒中運動時，由左手定則知，洛倫茲力總與速度方向垂直，不對粒子加速，故C錯誤；交流電源的周期必須等于粒子運動周期，才可以進行周期性的加速，故D錯誤． 答案：　B 2.(xx·大同一模)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：　因為兩離子能沿直線通過速度選擇器，則qv

3、B1＝qE，即v＝，所以兩離子的速度相同，選項A錯誤；根據(jù)R＝，則∶＝＝，選項B、C錯誤；故選D. 答案：　D 3．如圖所示，一個不計重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場中．A中I是兩條垂直紙平面的長直導線中等大反向的電流，虛線是兩條導線連線的中垂線；B中＋Q是兩個位置固定的等量同種點電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外．其中，帶電粒子不可能做勻速直線運動的是(　　) 解析：　圖A中兩條垂直紙平面的長直導線中通有等大反向的電流，在中垂線上產(chǎn)生的合磁場

4、方向水平向右，帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運動；圖B中等量同種正點電荷在中垂線上的合場強先水平向左后水平向右，帶電粒子受力方向不同，粒子不可能做勻速直線運動；圖C中粒子運動方向與磁感線平行，粒子做勻速直線運動；圖D是速度選擇器的原理圖，只要v0＝，粒子也會做勻速直線運動，故選B. 答案：　B 4．電磁泵是指處在磁場中的通電流體在電磁力作用下向一定方向流動的泵，如圖所示是一電磁泵工作部分示意圖，絕緣非磁性管道的橫截面是長為a、寬為b的矩形，在管道內(nèi)上、下管壁處各安裝一個長為L的電極，通以電流I.當在垂直于管道和電流的方向加一個磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場時，電流受到的安培力就推動導電液體流動，已

5、知導電液體穩(wěn)定流動時所受阻力與流動速率成正比，即Ff＝kv，則關(guān)于導電液體的流動方向和電磁泵的功率，下列說法正確的是(　　) A．導電液體可能向左流動 B．導電液體一定向右流動 C．電磁泵的功率為 D．電磁泵的功率為 解析：　由左手定則可判斷，電流所受安培力向右，因此導電液體一定向右流動，A錯誤，B正確；當安培力與阻力平衡時，液體流速穩(wěn)定，有BbI＝kv，所以電磁泵的功率P＝Fv＝BbI·＝，C錯誤，D正確． 答案：　BD 二、非選擇題 5．如圖所示，在坐標系xOy的第Ⅱ象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，其他象限內(nèi)存在勻強磁場，方向垂直于紙面向里．一質(zhì)量為m、電

6、荷量為＋q的粒子自P(－l，l)點由靜止釋放，沿垂直于x軸的方向進入第Ⅲ象限磁場，接著以垂直于y軸的方向進入第Ⅳ象限磁場，不計粒子重力．求： (1)磁場的磁感應(yīng)強度B； (2)粒子第二次離開電場時的橫坐標； (3)粒子第四次經(jīng)過x軸的橫坐標． 解析：　(1)設(shè)粒子垂直于x軸進入磁場時的速度為v，由動能定理得：Eql＝mv2 由題意知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝l 由牛頓第二定律有qvB＝ 解得B＝ (2)粒子運動的軌跡如圖所示，粒子再次進入電場后在電場中做類平拋運動，有 x＝vt，l＝at2 解得x＝2l 粒子第二次離開電場時的橫坐標x′＝－x＝－2l

7、(3)設(shè)粒子第二次進入磁場時的速度為v1，與x軸的夾角為θ 由動能定理得：2Eql＝mv，v1＝2 tan θ＝2tan α＝1，θ＝45° 由牛頓第二定律有qv1B＝，R1＝l 由幾何關(guān)系可知粒子第四次經(jīng)過x軸的橫坐標為0 答案：　(1) 　(2)x′＝－2l　(3)0 6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立坐標系xOy，第Ⅰ象限坐標為(x，d)位置處有一粒子發(fā)射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場．某時刻粒子發(fā)射器P沿x軸負方向以某一初速度發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子．粒子從y＝處經(jīng)過y軸且速度方向與y軸負方向成45°角．其后粒子在勻強磁場中

8、偏轉(zhuǎn)后垂直x軸返回第Ⅰ象限．已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)勻強電場的電場強度E＝.重力加速度為g，求： (1)粒子剛從發(fā)射器射出時的初速度及粒子發(fā)射器P的橫坐標x； (2)粒子從粒子源射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點所用的總時間． 解析：　(1)帶電粒子從發(fā)射器射出后做平拋運動，設(shè)初速度為v0，沿水平方向，x＝v0t1① 沿豎直方向，d＝gt② tan 45°＝，vy＝gt1③ 聯(lián)立①②③式得：v1＝ ④ v0＝，x＝d⑤ (2)如圖所示，帶電粒子進入垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場中，受豎直向上的電場力，qE＝mg，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB＝m⑥ 粒

9、子在勻強磁場中運動的線速度v＝v0＝⑦ 由幾何關(guān)系得，粒子做勻速圓周運動的半徑R＝d⑧ 粒子在勻強磁場中運動的時間t2＝T⑨ 其中周期T＝⑩ 聯(lián)立解得：t2＝ ? 設(shè)粒子返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用時間t3＝＝ 所以，粒子從射出到返回第Ⅰ象限后上升到最高點所用的總時間 t＝t1＋t2＋t3＝ ＋ ＋ ＝ . 答案：　(1)　d　(2) 7．如圖所示，水平地面上有一固定的長方形絕緣光滑水平臺面OPQX，其中PQ邊長L1＝5 m，QX邊長L2＝4 m，平臺高h＝3.2 m．平行板電容器的極板CD間距d＝1 m，且垂直放置于臺面，C板位于邊界OP上，D板與邊界OX相交處有

10、一小孔．電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B＝1 T、方向豎直向上的勻強磁場．質(zhì)量m＝1×10－10 kg，電荷量q＝1×10－10 C的帶正電微粒靜止于O處，在CD間加上電壓U，C板電勢高于D板，板間電場可看成是勻強電場，板間微粒經(jīng)電場電速后由D板所開小孔進入磁場(微粒始終不與極板接觸)，假定微粒在真空中運動，微粒在整個運動過程中電荷量保持不變，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6. (1)若微粒正好從QX的中點離開平臺，求其在磁場中運動的速率； (2)若電壓大小可調(diào)，不同加速電壓，微粒離開平臺的位置將不同，要求微粒由PQ邊界離開臺面，求加速電壓U的范圍

11、． 解析：　(1)微粒在磁場中運動俯視示意圖如圖1所示，設(shè)運動半徑為R1，由幾何關(guān)系知： R＝2＋(L1－d)2 解得：R1＝5 m 根據(jù)牛頓第二定律：qBv1＝m 得：R1＝ 則：v1＝＝5 m/s (2)微粒在磁場中運動俯視的臨界軌跡圖如圖2所示，微粒可從Q點離開平臺如線Ⅰ，R2＝4 m 在磁場中，R2＝，v2＝4 m/s 在電場中，qU1＝mv 可得：U1＝8 V 微粒軌跡與PQ邊界相切如線Ⅱ，R3＝2 m 在磁場中，R3＝，得：v3＝2 m/s 在電場中，qU2＝mv　得：U2＝2 V 則從PQ邊界離開范圍：U2＜U≤U1,2 V＜U≤8 V 答案

12、：　(1)5 m/s　(2)2 V＜U≤8 V 8．如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角，在第四象限內(nèi)的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一最小電場強度的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好沒從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小球的帶電性質(zhì)． (2)第二象限內(nèi)電場強度E1的大

13、小和磁感應(yīng)強度B1的大小． (3)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向． (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度E3的大小和磁感應(yīng)強度B2的大?。? 解析：　(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，因洛倫茲力與速度關(guān)聯(lián)，所以此三力滿足圖(a)所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動，由受力特點及左手定則可判定小球帶正電． (2)由圖(a)知tan 37°＝，得E1＝，cos 37°＝，得B1＝. (3)當區(qū)域Ⅰ中的電場強度最小時，小球做直線運動，此時受力如圖(b)所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，由圖知cos 37°＝，得E2＝，方向與x軸正方向成53°角向上． (4)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，得E3＝，因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖(c)所示 由(3)知F＝mgsin 37°，即a＝gsin 37° 由運動學規(guī)律知(2v0)2－v＝2a·OC 解得OC＝ 由幾何關(guān)系知＝tan 37°，得r＝ 由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝m，聯(lián)立得B2＝. 答案：　(1)正電　(2)　　(3)　方向與x軸正方向成53°角向上　(4)