高考物理复习作业手册解析第7讲B 带电粒子在磁场及复合场中地运动

高考试题库（）我的高考我做主！第PAGE\*Arabic1页共4页学优高考网（）我的高考我做主！高考试题库（）我的高考我做主！专题限时集训(七)B[第7讲带电粒子在磁场及复合场中的运动](时间：40分钟)图7－101．如图7－10所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从ab边离开磁场的电子，下列判断正确的是()A．从a点离开的电子速度最小B．从a点离开的电子在磁场中运动时间最短C．从b点离开的电子运动半径最小D．从b点离开的电子速度偏转角最小2．利用如图7－11所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L，一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是()图7－11A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为eq\f(qB（3d＋L）,2m)C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变图7－123．在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里．现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1.若将磁场撤除，其他条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2.小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1和t2的大小比较，以下判断正确的是()A．v1＞v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＜t2C．v1＝v2，t1＜t2D．v1＝v2，t1＞t2图7－134．如图7－13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，这两个电极与定值电阻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ρ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．下列说法中正确的是()A．发电导管的内阻为ρeq\f(d,S)B．流过电阻R的电流方向为b→aC．发电导管产生的电动势为BdvD．电阻R消耗的电功率为eq\f(B2d2v2,R)5．如图7－14甲是回旋加速器的原理示意图．其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两个金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连．加速时某带电粒子的动能Ek随时间t变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()甲乙图7－14A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1B．在Ek－t图像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D．不同粒子获得的最大动能都相同6．如图7－15所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，k为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k的过程中，下列说法中正确的有()ⅠⅡⅢ图7－15A．在k处小球b速度最大B．在k处小球c对轨道压力最大C．小球b需时最长D．小球c机械能损失最多7．如图7－16所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动，l与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是()图7－16A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带正电C．电场线方向一定斜向上D．液滴有可能做匀变速直线运动8．如图7－17所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q＝＋0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力，g取图7－17A．木板和滑块一直做加速度为2m/sB．滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动C．最终木板做加速度为2m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10D．最终木板做加速度为3m/s2的匀加速运动，滑块做速度为109．在水平光滑的绝缘桌面内建立如图7－18所示的直角坐标系xOy，将第Ⅰ、Ⅱ象限称为区域一，第Ⅲ、Ⅳ象限称为区域二，其中一个区域内有匀强电场，另一个区域内有大小为2×10－2T、方向垂直桌面的匀强磁场，把一个比荷为eq\f(q,m)＝2×108C/kg的正电荷从坐标为(0，－1)的A点处由静止释放，电荷以一定的速度从坐标为(1，0)的C点第一次经x轴进入区域一，经过一段时间，从坐标原点O再次回到区域二．(1)指出哪个区域存在电场、哪个区域存在磁场，以及电场和磁场的方向．(2)求电场强度的大小．(3)求电荷第三次经过x轴的位置．图7－1810．如图7－19所示，直角坐标平面xOy内有一条直线AC过坐标原点O与x轴成45°夹角，在OA与x轴负半轴之间的区域内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场B1，在OC与x轴正半轴之间的区域内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场B2.现有一质量为m、带电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v从位于直线AC上的P点[坐标为(L，L)]竖直向下射出，经测量发现，此带电粒子每经过相同的时间T，会再将回到P点，已知磁感应强度B2＝eq\f(mv,qL).(不计粒子重力)(1)请在图中画出带电粒子的运动轨迹，并求出匀强磁场B1与B2的比值；(B1、B2磁场足够大)(2)求出带电粒子相邻两次经过P点的时间间隔T；(3)若保持磁感应强度B2不变，改变B1的大小，但不改变其方向，使B1＝eq\f(mv,2qL).现从P点向下先后发射速度分别为eq\f(v,4)和eq\f(v,3)的与原来相同的带电粒子(不计两个带电粒子之间的相互作用力，并且此时算作第一次经过直线AC)，如果它们第三次经过直线AC时轨迹与AC的交点分别记为E点和F点(图中未画出)，试求E、F两点间的距离．图7－19专题限时集训(七)B1．BC[解析]带电粒子在矩形区域内运动轨迹越长，对应的圆心角θ越小，轨道半径越大，其速率也越大，即从a点离开的电子速度最大，A、D错，C对；而运动时间为t＝eq\f(θm,qB)，θ越小，运动时间越短，故从a点离开的电子在磁场中运动时间最短，B对．2．BCD[解析]由左手定则可判断粒子带负电，A错误；由题意知，粒子的最大半径rmax＝eq\f(L＋3d,2)、粒子的最小半径rmin＝eq\f(L,2)，根据洛伦兹力提供向心力有Bvq＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(Bqr,m)，故vmax＝eq\f(Bq（L＋3d）,2m)、vmin＝eq\f(BqL,2m)，则vmax－vmin＝eq\f(3Bqd,2m)，选项B、C、D正确．3．D[解析]洛伦兹力不做功，根据动能定理，可知v1＝v2，粒子下落的时间由下落高度和沿竖直方向上的加速度决定，有磁场时，粒子受到的洛伦兹力对粒子产生了沿竖直向上方向的分力，该分力使粒子下落的加速度比没有磁场时小，所以下落得慢，时间长，即t1>t2.本题答案为D.4．AC[解析]由电阻的决定式可知选项A正确；由左手定则可知电离气体中的正离子向上侧面聚集，上侧面相当于电源的正极，故流过电阻R的电流方向为a→b，选项B错误；对于某个气体离子受力分析，由电场力等于洛伦兹力可知，qeq\f(E,d)＝Bqv，解得发电导管产生的电动势为E＝Bdv，选项C正确；由于发电导管有内阻，故电阻R消耗的电功率一定小于eq\f(B2d2v2,R)，选项D错误．5．B[解析]带电粒子每经过(tn－tn－1)时间被加速一次，在高频电源的一个变化周期内，粒子被加速两次，故高频电源的变化周期应该等于2(tn－tn－1)，选项A错误；在Ek－t图像中，t4－t3＝t3－t2＝t2－t1＝tn－tn－1，选项B正确；根据Bvq＝eq\f(mv2,R)，可得，粒子获得的最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2R2,2m)，与加速次数无关，选项C错误；对于同一回旋加速器，半径R一定，磁感应强度B一定，粒子获得的最大动能Ek与粒子电荷量q和质量m有关，选项D错误．6．BC[解析]三个小球的重力做功相同，a小球的洛伦兹力不做功，b小球的电场力做负功，c小球电场力做正功，根据动能定理可知，在k处c小球速度最大，选项A错误；设小球在k处的速度大小为v，则小球对轨道的压力大小为F－mg＝eq\f(mv2,r)，因为在k处c小球速度最大，所以在k处c小球对轨道压力最大，选项B正确；三个小球运动的路程相等，根据动能定理，运动到相同位置处时b小球的速率最小，故b小球需时最长，选项C正确；除重力之外，其他力所做的功等于机械能的改变量，显然，a小球的机械能守恒，b小球的机械能减小，c小球的机械能增加，故b小球机械能损失最多，选项D错误．7．D[解析]液滴共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，其中重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与运动方向垂直，假如液体做变速运动，洛伦兹力就是变力，液滴的合外力方向一定会发生变化，液滴将做曲线运动，故液滴一定做匀速直线运动，选项A正确，选项D错误；液滴处于平衡状态，合力为零，据此判断出，液滴一定带正电，电场线方向一定斜向上，选项B、C正确．本题答案为D.8．BD[解析]刚开始，滑块与木板相对静止，它们一起做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动；随着速度的增大，滑块会受到竖直向上的洛伦兹力的作用，滑块与木板间的正压力减小，设速度增大到v时，滑块开始相对于木板滑动，此时对滑块受力分析，并根据牛顿第二定律有μ(mg－Bvq)＝ma，代入数据，可求出v＝6m/s，随着速度的继续增大，滑块受到的水平向右的摩擦力开始减小，滑块做加速度逐渐减小的变加速直线运动，而木板受到的合力逐渐增大，木板做加速度逐渐增大的变加速直线运动，当滑块速度增大到v＝10m/s时mg＝Bvq即洛伦兹力与重力平衡，滑块与木板间的正压力为零，滑块受到的摩擦力减小为零，滑块开始做速度为10m/s的匀速运动，而木板做加速度为39．(1)区域一是磁场，方向垂直纸面向里，区域二是电场，方向由A指向C.(2)E＝eq\r(2)×104V/m(3)(8，0)[解析](1)区域一是磁场，方向垂直纸面向里，区域二是电场，方向由A指向C.(2)设电场强度的大小为E，电荷在C点的速度为v.从A到C电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且过C点时速度方向与x轴正方向成45°角，有v2＝2ax＝2eq\f(qE,m)s；电荷进入区域一后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，有：qvB＝eq\f(mv2,r)，由题意及几何关系：eq\f(q,m)＝2×108C/kg，B＝2×10－2T，s＝eq\r(2)m，r＝eq\f(\r(2),2)m，可得：E＝eq\r(2)×104V/m.(3)电荷从坐标原点O第二次经过x轴进入区域二，速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动，设经过时间t电荷第三次经过x轴，有tan45°＝eq\f(\f(1,2)at2,vt)，解得t＝2×10－6s，故x＝eq\f(vt,cos45°)＝8m.10．(1)eq\f(\r(2),2)(2)eq\f(（8＋3π＋5\r(2)π）L,4v)(3)0[解析](1)带电粒子从P点匀速运动到Q点，在B2中做匀速圆周运动，有qvB2＝meq\f(v2,R2)则半径R2＝eq\f(mv,qB2)＝L，运动到H点时的速度方向与AC垂直，从H点匀速运动到D点后做匀速圆周运动到P点．根据几何知识可知：PO＝OD＝eq\r(2)L，四边形AODO为菱形，O为圆心，即带电粒子在匀强磁场B1中做匀速圆周运动时的半径R＝eq\r(2)L，根据qvB1＝meq\f(v2,R1)，得B1＝eq\f(\r(2)mv,2qL)＝eq\f(\r(2),2)B2.(2)P到Q的运动时间t1＝eq\f(L,v)，Q到H做圆周运动的时间t2＝eq\f(3,8)T2＝eq\f(3πL,4v)，H到D的运动时间t3＝eq\f(L,v)，D到P做圆周运动的时间t4