【全程复习方略】高考物理一轮总复习 第八章 第3讲 带电粒子在复合场中的运动课时提能演练 新人教版 (2)(1).doc

带电粒子在复合场中的运动(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。每小题只有一个选项正确)1.(2014晋江模拟)如图所示,在沿水平方向向里的匀强磁场中,带电小球a与b在同一直线上,其中小球b带正电荷并被固定,小球a与一水平放置的光滑绝缘板c接触(不粘连)而处于静止状态。若将绝缘板c沿水平方向抽去后,以下说法正确的是()a.小球a不可能处于静止状态b.小球a将可能沿轨迹1运动c.小球a将可能沿轨迹2运动d.小球a将可能沿轨迹3运动【解析】选b。小球a处于静止状态,可判断小球a带正电,若此时小球a的重力与库仑力平衡,将绝缘板c沿水平方向抽去后,小球a仍处于静止状态;若库仑力大于小球a的重力,则将绝缘板c沿水平方向抽去后,小球a向上运动,此后小球a在库仑力、重力、洛伦兹力的作用下将可能沿轨迹1运动。2.如图所示,一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上,整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中,现给滑环一个水平向右的瞬时作用力,使其开始运动,则滑环在杆上的运动情况不可能的是()a.始终做匀速运动b.始终做减速运动,最后静止于杆上c.先做加速运动,最后做匀速运动d.先做减速运动,最后做匀速运动【解析】选c。给滑环一个瞬时作用力,滑环获得一定的速度v,当qvb=mg时,滑环将以v做匀速直线运动,故a正确。当qvbmg时,滑环先做减速运动,当减速到qvb=mg后,以速度v=mgqb做匀速直线运动,故d对。由于摩擦阻力作用,滑环不可能做加速运动,故c错,应选c。3.如图所示,有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域和匀强磁场区域,如果这束正离子束在区域中不偏转,进入区域后偏转半径r相同,则它们具有相同的()a.电荷量和质量b.质量和速度c.速度和比荷d.电荷量和速度【解析】选c。正交电磁场区域实际上是一个速度选择器,这束正离子在区域中均不偏转,说明它们具有相同的速度。在区域中半径相同,r=mvqb,所以它们应具有相同的比荷。c正确。4.如图所示,在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中,电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为r的匀速圆周运动。已知电场强度为e,磁感应强度为b,则液滴的质量和环绕速度分别为()a.qeg,ebb.b2qre,ebc.bqrg,qgrd.qeg,bgre【解析】选d。液滴做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,重力和电场力等大、反向,根据qvb=mv2r,qe=mg,解得m=qeg,v=bgre,故选项d正确。【变式备选】如图所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,一带电粒子由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动。下列说法正确的是()a.粒子一定带正电b.粒子动能一定减少c.粒子的电势能一定增加d.粒子的机械能一定增加【解析】选d。对该种粒子进行受力分析得:受到竖直向下的重力、水平方向的电场力、垂直于速度方向的洛伦兹力,其中重力和电场力是恒力。粒子沿直线运动,则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的,即该粒子是做匀速直线运动,b错误;如果该粒子带正电,则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力,所以不会沿直线运动,故该种粒子一定带负电,a错误;该种粒子带负电,向左上方运动,电场力做正功,电势能一定是减少的,c错误;因为重力势能增加,动能不变,所以该粒子的机械能增加,d正确。5.(2013浙江高考改编)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子p+和p3+,经电压为u的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子p+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子p+和p3+()a.在电场中的加速度之比为11b.在磁场中运动的半径之比为31c.在磁场中转过的角度之比为12d.离开电场区域时的动能之比为31【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)正离子在电场中,由于电场力的作用做加速运动;(2)正离子在磁场中,洛伦兹力提供向心力,做圆周运动。【解析】选c。磷离子p+和p3+的质量相等,在电场中所受的电场力之比为13,所以加速度之比为13,a项错误;初速度可忽略的磷离子p+和p3+,经电压为u的电场加速后,由动能定理可得,离开电场区域时的动能之比为它们的带电量之比,即13,d项错误;在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力qvb=mv2r,可得r=mvqb,r1r2=mv1/q1bmv2/q2b=31,b项错误;设p+在磁场中的运动半径为3r,由几何知识可得磁场的宽度为32r,而p3+的半径为r,由几何知识可得p3+在磁场中转过的角度为60,p+在磁场中转过的角度为30,所以磷离子p+和p3+在磁场中转过的角度之比为12,c项正确。6.如图所示,两导体板水平放置,两板间的电势差为u,带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场。则粒子射入磁场和射出磁场的m、n两点间的距离d随着u和v0的变化而变化的情况为()a.d随v0的增大而增大,d与u无关b.d随v0的增大而增大,d随u的增大而增大c.d随u的增大而增大,d与v0无关d.d随v0的增大而增大,d随u的增大而减小【解题指南】解答本题应把握以下两点:(1)弄清带电粒子在电场中的偏转角与粒子在磁场中做圆周运动的圆心角的关系。(2)写出d与u、v0的函数关系式。【解析】选a。带电粒子射出电场时速度的偏转角为,运动轨迹如图所示,有:cos=v0v,又r=mvbq,而d=2rcos=2mvbqcos=2mv0bq,选项a正确。7.如图所示,质量为m,电荷量为e的质子以某一初速度从坐标原点o沿x轴正方向进入场区,若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时,质子通过p(d,d)点时的动能为5ek;若场区仅存在垂直于xoy平面的匀强磁场时,质子也能通过p点。不计质子的重力。设上述匀强电场的电场强度大小为e,匀强磁场的磁感应强度大小为b,则下列说法中正确的是()a.e=3ekedb.e=5ekedc.b=mekedd.b=2meked【解析】选d。质子在电场中,d=v0t,d=vy2t,12m(v02+vy2)2=5ek,vy=at,a=eem,解得e=4eked,a、b错误。再根据ev0b=mv02d,b=2meked,故c错误、d正确。8.(2014南平模拟)如图所示,长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极,两极间距为d,极板面积为s,这两个电极与可变电阻r相连。在垂直前后侧面的方向上,有一匀强磁场,磁感应强度大小为b。发电导管内有电阻率为的高温电离气体,气体以速度v向右流动,并通过专用管道导出。由于运动的电离气体,受到磁场的作用,将产生大小不变的电动势。若不计气体流动时的阻力,由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率p=(vbdsrs+d)2r。调节可变电阻的阻值,根据上面的公式或你所学过的物理知识,可求得可变电阻r消耗电功率的最大值为()a.v2b2ds3b.v2b2ds4c.v2b2ds5d.v2b2ds6【解析】选b。电源的内阻r=ds,当电源的外电阻r与电源的内电阻r相等时,电源输出功率最大,此时可变电阻消耗的功率最大,故有:pm=(vbdsrs+d)2r=(vbdsdss+d)2ds=v2b2sd4,b正确。9.如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v,若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场,则滑到底端时()a.v变大b.v变小c.v不变d.不能确定【解析】选b。洛伦兹力虽然不做功,但其方向垂直斜面向下,使物体与斜面间的正压力变大,故摩擦力变大,损失的机械能增加,因而v变小。10.如图所示,平行板电容器的金属极板m、n的距离为d,两板间存在磁感应强度为b,方向垂直于纸面向外的匀强磁场,等离子群以速度v沿图示方向射入。已知电容器的电容为c,则()a.当开关s断开时,稳定后电容器的电荷量qbvdcb.当开关s断开时,稳定后电容器的电荷量qbvdcc.当开关s闭合时,稳定后电容器的电荷量qbvdc【解析】选c。洛伦兹力使正离子向n板偏转,负离子向m板偏转,当qumnd=qvb时离子不再偏转,故断开开关s时,电容器两极所能达到的最大电压uc=bvd,最大电荷量q=bvdc,a、b均错;当开关s闭合时,平行金属板及等离子群相当于一电源,电源电动势e=bvd,由于内阻的存在,使得uc=umne=bvd,故qcbvdc。c正确,d错误。二、非选择题(本大题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(2014莆田模拟)(12分)如图所示,在直角坐标系的第象限0x4m区域内,分布着e=28106n/c的匀强电场,方向竖直向上;第象限中的两个直角三角形区域内,分布着大小均为b=5.010-2t的匀强磁场,方向分别垂直纸面向外和向里,质量为m=1.610-27kg、电荷量为q=3.210-19c的带正电的粒子(重力不计),从坐标点m(-4m,2m)处,以v=2107m/s的速度平行于x轴向右运动,并先后通过匀强磁场和匀强电场区域。求:(1)带电粒子在磁场中的运动半径r。(2)粒子在两个磁场区域及电场区域偏转所用的总时间。(3)在图中画出粒子从直线x=-4m到x=4m之间的运动轨迹,并求出运动轨迹与y轴和直线x=4m交点的纵坐标。【解析】(1)带电粒子在磁场中偏转,由牛顿运动定律得qvb=mv2r(1分)所以r=mvqb代入数据得r=2m(1分)(2)带电粒子在磁场中的运动周期t=2mbq=6.2810-7s(1分)运动的时间t1=14t=1.5710-7s(1分)带电粒子在电场中运动的时间t2=xv=42107s=2.8310-7s(1分)故粒子在电磁场偏转所用的总时间t=t1+t2=4.4010-7s(1分)(3)如图所示分析知:粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了18周,下移了(2-1)m,由对称性知粒子在方向向内的磁场中恰好沿逆时针运动了18周,又下移了(2-1)m,故y1=2-2(2-1)m=(2-2)m(3分)粒子水平飞入电场,水平方向有:x2=vt2(1分)竖直方向上满足:y2=y1+12at22=2m(2分)答案:(1)2m(2)4.4010-7s(3)见解析12.(能力挑战题)(2014厦门模拟)(18分)如图甲所示,在xoy坐标平面y轴左侧有一速度选择器,速度选择器中的匀强电场方向竖直向下,两板间的电压为u,距离为d;匀强磁场磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里。xoy坐标平面的第一象限(包括x、y轴)内存在磁感应强度大小为b0、方向垂直于xoy平面且随时间做周期性变化的匀强磁场,如图乙所示(磁场方向选垂直xoy平面向里为正)。一束比荷不同的带正电的粒子恰能沿直线通过速度选择器,在t=0时刻从坐标原点o垂直射入周期性变化的磁场中。部分粒子经过一个磁场变化周期t0后,速度方向恰好沿x轴正方向。不计粒子的重力,求:(1)粒子进入周期性变化的磁场的速度v;(2)请用三角板和圆规作出经一个磁场变化周期t0后,速度方向恰好沿x轴正方向,且此时纵坐标最大的粒子的运动轨迹,并求出这种粒子的比荷qm;(3)在(2)中所述的粒子速度方向恰好沿x轴正方向的纵坐标y。【解析】(1)粒子沿直线通过速度选择器有:qvb=qud(3分)故v=ubd(1分)(2)满足条件的粒子的运动轨迹如图所示。(2分)设粒子在磁场中运动半径为r,由几何关系得:sin=r2r(2分)粒子运动的周期为t,有:2-t=t0(2分)t=2mqb0(1分)由得:qm=103b0t0(2分)(3)粒子在磁场中有:qvb0=mv2r(1分)由图可得:y=2r+2rcos(2分)由得:y=(2+3)3ut010bd(2分)