高考物理二輪復(fù)習(xí) 訓(xùn)練10 專題四 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第10講 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 訓(xùn)練10 專題四 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第10講 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 訓(xùn)練10 專題四 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第10講 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

訓(xùn)練10　帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本大題共8小題，每小題8分，共64分．第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．) 1．如圖所示，水平放置的平行金屬板a、b帶有等量異種電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若一個(gè)帶正電的液滴在兩板間做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的方向是(　　) A．沿豎直方向向下 B．沿豎直方向向上 C．沿水平方向向左 D．沿水平方向向右 解析：A項(xiàng)，重力向下，電場(chǎng)力向下，洛倫茲力向右，合力與速度不共線，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，重力向下，電場(chǎng)力向下，洛倫茲力向左，合力與速度不共線，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，重力向下，電場(chǎng)力向下，洛倫茲力向下，合力與速度不共線，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，重力向下，電場(chǎng)力向下，當(dāng)三力平衡時(shí)，液滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確． 答案：D 2．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極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能，則下列說法中正確的是(　　) A．增大勻強(qiáng)電場(chǎng)間的加速電壓 B．增大磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 C．減小狹縫間的距離 D．減小D形金屬盒的半徑 解析：回旋加速器利用電場(chǎng)加速和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)來加速粒子，粒子射出時(shí)的軌道半徑恰好等于D形盒的半徑，根據(jù)qvB＝m可得，v＝，因此離開回旋加速器時(shí)的動(dòng)能Ek＝mv2＝，可知Ek與加速電壓無關(guān)，與狹縫距離無關(guān)，A、C錯(cuò)誤；磁感強(qiáng)度越大，D形盒的半徑越大，動(dòng)能越大，B正確，D錯(cuò)誤． 答案：B 3. 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(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(duì) 解析：因?yàn)閮闪Ｗ幽苎刂本€通過速度選擇器，則qvB1＝qE，即v＝，所以兩離子的速度相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)R＝，則：＝＝，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 4. 如圖所示，質(zhì)量為m的帶電滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑．當(dāng)帶電滑塊滑到有著理想邊界的、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)為(靜電力小于重力)(　　) A．將減速下滑 B．將加速下滑 C．將斷續(xù)勻速下滑 D．上述三種情況都有可能發(fā)生 解析：設(shè)斜面與水平方向的夾角為θ，則在滑塊未進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域時(shí)勻速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，得sinθ＝μcosθ；滑塊進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域后，將受到豎直方向上的靜電力qE，若滑塊帶正電，有(mg＋qE)sinθ＝μ(mg＋qE)cosθ；若滑塊帶負(fù)電，有(mg－qE)sinθ＝μ(mg－qE)cosθ，所以只有選項(xiàng)C正確． 答案：C 5. 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．有的微粒可能做勻速圓周運(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 6. 一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向水平向左．不計(jì)空氣阻力，則小球(　　) A．做直線運(yùn)動(dòng) B．做曲線運(yùn)動(dòng) C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 解析：小球運(yùn)動(dòng)時(shí)受重力和電場(chǎng)力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確．將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系，v1的大小不變，v2先減小后反向增大，因此小球的速率先減小后增大，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：BC 7．如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的而且絕緣，兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，a、b為軌道的最低點(diǎn)，則正確的是(　　) A．兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度va>vb B．兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力Fa>Fb C．小球第一次到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間大于小球第一次到達(dá)b點(diǎn)的時(shí)間 D．在磁場(chǎng)中小球能到達(dá)軌道的另一端，在電場(chǎng)中小球不能到達(dá)軌道的另一端 解析：小球在磁場(chǎng)中時(shí)，由最高點(diǎn)到最低點(diǎn)只有重力做功，而洛倫茲力不做功；在電場(chǎng)中，由最高點(diǎn)到最低點(diǎn)除重力做功外，電場(chǎng)力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度va>vb，選項(xiàng)A正確；兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得Fa－Bqva－mg＝m，F(xiàn)b－mg＝m，故Fa>Fb，選項(xiàng)B正確；由于小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁場(chǎng)力總是指向圓心，對(duì)小球不做功，整個(gè)過程中小球的機(jī)械能守恒，而小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受到的電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度較小，所以在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；由于小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力對(duì)小球不做功，整個(gè)過程中小球的機(jī)械能守恒，所以小球可以到達(dá)軌道的另一端，而電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，所以小球在達(dá)到軌道另一端與初位置等高的點(diǎn)之前速度就減為零了，故不能到達(dá)軌道的另一端，故D正確． 答案：ABD 8. 如圖所示，空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在該區(qū)域中有一個(gè)豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個(gè)帶正電的小球．O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，b、O、d三點(diǎn)在同一水平線上，已知小球所受電場(chǎng)力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放，則下列判斷正確的是(　　) A．小球能越過d點(diǎn)并繼續(xù)沿環(huán)向上運(yùn)動(dòng) B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，不受洛倫茲力作用 C．小球從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能減小 D．小球從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，經(jīng)過弧bc中點(diǎn)時(shí)速度最大 解析：電場(chǎng)力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方，與ab平行，由于合力是恒力，將其等效為新的重力，此時(shí)bc弧的中點(diǎn)相當(dāng)于“最低點(diǎn)”，小球在此處速度最大，D對(duì)；若小球從a點(diǎn)由靜止釋放，則小球不可能越過d點(diǎn)，A錯(cuò)；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，速度為零，故不受洛倫茲力，B對(duì)；由于d、b等高，故小球從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，重力勢(shì)能不變，C錯(cuò)． 答案：BD 二、計(jì)算題(本大題共2小題，共36分．需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d. (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0102 V，d＝4.010－2 m，m＝9.110－31 kg，e＝1.610－19 C，g＝10 m/s2. (3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)．電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式．類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”φG的概念，并簡(jiǎn)要說明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)． 解析：本題主要考查帶電粒子在加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、電勢(shì)的定義等，意在考查學(xué)生對(duì)相關(guān)知識(shí)的理解和應(yīng)用能力． (1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv 電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 Δt＝＝L 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝(Δt)2＝ (2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有 重力G＝mg～10－29 N 電場(chǎng)力F＝～10－15 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力． (3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與其電荷量q的比值，即 φ＝ 由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢(shì)”，即φG＝ 電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定． 答案：(1) 　 (2)由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力 (3)　電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定 10. 如圖所示，真空中豎直條形區(qū)域Ⅰ存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，條形區(qū)域Ⅱ存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)和電場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)且足夠長(zhǎng)，圖中虛線是磁場(chǎng)與電場(chǎng)的分界線，M、N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板，質(zhì)子打在M、N板上被吸附而發(fā)出熒光．現(xiàn)有一束質(zhì)子從A處以速度v連續(xù)不斷地射入磁場(chǎng)，入射方向與M板成60夾角且與紙面平行，已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)質(zhì)子重力和相互作用力，求： (1)若質(zhì)子垂直打在N板上，Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1； (2)在第(1)問中，調(diào)節(jié)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，N板上的亮斑剛好消失時(shí)的場(chǎng)強(qiáng)E； (3)若區(qū)域Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，要使M板出現(xiàn)亮斑，Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)的最小磁感應(yīng)強(qiáng)度B2. 解析： (1)洛倫茲力提供向心力， qvB＝，解得r＝若質(zhì)子垂直打在N板上，質(zhì)子出磁場(chǎng)時(shí)須與磁場(chǎng)的右邊界垂直，如圖甲所示，由幾何關(guān)系得r1cos60＝L r1＝＝2L Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝＝ (2)質(zhì)子進(jìn)入電場(chǎng)后逆著電場(chǎng)線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，調(diào)節(jié)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，N板上的亮斑剛好消失時(shí)，質(zhì)子的速度剛好減為零，由動(dòng)能定理得－qEL＝0－mv2 N板上的亮斑剛好消失時(shí)的場(chǎng)強(qiáng)為E＝ (3)設(shè)質(zhì)子從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向與虛線邊界間的夾角為θ，進(jìn)入電場(chǎng)后做類斜上拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)質(zhì)子剛要到達(dá)N板時(shí)，沿電場(chǎng)線方向速度減小為零，如圖乙所示，此時(shí)質(zhì)子恰好能返回磁場(chǎng)打在M板上產(chǎn)生亮斑，而此時(shí)的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最?。仉妶?chǎng)方向，由動(dòng)能定理得－qEL＝0－m(vsinθ)2得θ＝30 在磁場(chǎng)中，由幾何關(guān)系知r2sin60＋r2sin30＝L，得r2＝(－1)L 故Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)的最小磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝＝. 答案：(1)　(2)　(3)