【走向高考】2020年高考物理總復(fù)習(xí) 第八章 第4講 電磁場在實際中的應(yīng)用

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1、第8章 第4講 一、選擇題 1．設(shè)回旋加速器中的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子的質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，剛進(jìn)入磁場的速度為v0，回旋加速器的最大半徑為R，那么兩極間所加的交變電壓的周期T和該粒子的最大速度v分別為(　　) A．T＝，v不超過 B．T＝，v不超過 C．T＝，v不超過 D．T＝，v不超過 [答案]　A [解析]　粒子做勻圓周運動周期為T＝，故電源周期須與粒子運動周期同步，粒子的最大速度由最大半徑R決定． 2．(2020·北京海淀)如圖所示，兩平行、正對金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量正電荷，下面金屬板帶上等量的負(fù)電荷，再在它們之間加上垂直紙面向里的

2、勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端中央射入后向上偏轉(zhuǎn)．若帶電粒子所受重力可忽略不計，仍按上述方式將帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉(zhuǎn)，下列措施中一定不可行的是(　　) A．僅增大帶電粒子射入時的速度 B．僅增大兩金屬板所帶的電荷量 C．僅減小粒子所帶電荷量 D．僅改變粒子的電性 [答案]　C [解析]　帶電粒子在兩板之間受電場力與洛倫茲力，但兩者的大小不等，且方向不確定．若僅增大帶電粒子射入時的速度，可能因為所受的洛倫茲力變大，而使帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，A錯誤；若僅增大兩金屬板所帶的電荷量，因兩極板間的電場強(qiáng)度增大，故帶電粒子可能向下偏轉(zhuǎn)，B錯誤

3、；若僅減小粒子所帶的電荷量，則由于粒子所受電場力與洛倫茲力以相同的倍數(shù)變化，故帶電粒子仍向上偏轉(zhuǎn)，C正確；僅改變粒子的電性，則由于兩個力的方向都發(fā)生變化，帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，D錯誤． 3．隨著社會生產(chǎn)的發(fā)展，大型化工廠已越來越多，環(huán)境污染也越來越嚴(yán)重．為減少環(huán)境污染，技術(shù)人員在排污管末端安裝了如圖所示的流量計．該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極．污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是

4、(　　) A．若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高 B．若污水中負(fù)離子較多，則前表面比后表面電勢高 C．污水中離子濃度越高電壓表的示數(shù)將越大 D．污水流量Q與U成正比 [答案]　D [解析]　由左手定則可判斷出，正離子受到的洛倫茲力使其向后表面偏轉(zhuǎn)聚集而導(dǎo)致后表面電勢升高，同理負(fù)離子較多時，負(fù)離子向前表面偏轉(zhuǎn)聚集而導(dǎo)致前表面電勢較低，故A、B均錯；設(shè)前后表面的最高電壓為U，則＝qvB.所以U＝vBb，所以U與離子濃度無關(guān)，C錯；因Q＝vbc，而U＝vBb，所以Q＝，D對． 4．(2020·石家莊教學(xué)檢測)勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于高真空

5、中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比 C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于α粒子加速 [答案]　AC [解析]　粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝＝

6、2πRf，A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f 2＝2mπ2R2f 2，與加速電壓U無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv12,2Uq＝mv22，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm＝2mπ2R2f 2與m、R、f均有關(guān)，D錯誤． 5．如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖．帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點的初速度為零)后，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量 B．a(chǎn)

7、的電荷量一定大于b的電荷量 C．在磁場中a運動的時間大于b運動的時間 D．a(chǎn)的比荷大于b的比荷 [答案]　D [解析]　設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，由動能定理，有qU＝mv2，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R＝＝∝，由圖知粒子a的軌跡半徑小于粒子b的軌跡半徑，故<，選項D正確，A、B錯誤；粒子在磁場中的運動時間t＝＝，結(jié)合上式，有ta

8、，如圖所示，與兩極板相連的電壓表(可看做是理想電壓表)示數(shù)為U＝0.2mV，則(　　) A．西側(cè)極板電勢高，東側(cè)極板電勢低 B．西側(cè)極板電勢低，東側(cè)極板電勢高 C．海水的流速大小為0.125m/s D．海水的流速大小為0.2m/s [答案]　AD [解析]　由于海水向北流動，地磁場有豎直向下的分量，由左手定則可知，正電荷偏向西極板，負(fù)電荷偏向東極板，即西側(cè)極板電勢高，東側(cè)極板電勢低，故選項A正確；對于流過兩極板間的帶電粒子有：qvB2＝q，即v＝＝m/s＝0.2m/s，故選項D正確． 7．(2020·煙臺)如圖所示，一束帶電粒子(不計重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間

9、電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可根據(jù)實際要求調(diào)節(jié)，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上(　　) A．該裝置可篩選出具有特定速度的粒子 B．該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子 C．若射入的粒子電荷量相同，則該裝置篩選出的粒子一定具有相同的質(zhì)量 D．若射入的粒子質(zhì)量相同，則該裝置篩選出的粒子不一定具有相同的電荷量 [答案]　AC [解析]　本題考查帶電粒子在電場、磁場中的運動．區(qū)域Ⅱ是速度選擇器，速度選擇器只能選擇速度大小，而不能選擇質(zhì)量，A項正確，B項錯誤；根據(jù)動能定理qU＝mv2，

10、經(jīng)過同樣的加速電場區(qū)域Ⅰ，若電荷量相同，要想得到相同的速度必須質(zhì)量相同；同理，若質(zhì)量相同，要想得到相同的速度必須電荷量相同．所以C項正確，D項錯誤，本題難度中等． 二、非選擇題 8．(2020·杭州)某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點O以速度v0向右射去，從右端中心a下方的b點以速度v1射出；若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，該粒子將打到a點上方的c點，且有ac＝ab，則該粒子帶________電；第二次射出時的速度為________． [答案]　正　 [解析]　本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子向上從c點射出，說明增大磁感應(yīng)強(qiáng)度后，向上的洛倫茲力增大了，根據(jù)左手定則可

11、以判斷，粒子帶正電，從b點射出時，電場力做正功，qEdab＝mv12－mv02，從c點射出時，電場力做負(fù)功，－qEdab＝mv22－mv02，可以求得v2＝. 9．豎直放置的半圓形光滑絕緣管道處在如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，B＝1.1T，管道半徑R＝0.8m，其直徑POQ在豎直線上，在管口P處以2m/s的速度水平射入一個帶電小球(可視為質(zhì)點)，其電荷量為10－4C(g取10m/s2)，小球滑到Q處時的速度大小為________；若小球從Q處滑出瞬間，管道對它的彈力正好為零，小球的質(zhì)量為________． [答案]　6m/s　1.2×10－5kg [解析]　小球在管道中受重力、洛倫茲力和軌道的作

12、用力，而只有重力對小球做功，由動能定理得：mg·2R＝mvQ2－mvP2，解得vQ＝＝6m/s 在Q處彈力為零，則洛倫茲力和重力的合力提供向心力，有qvQB－mg＝m 解得m＝1.2×10－5kg 10．串聯(lián)加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置．如圖所示線框內(nèi)為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U.a、c兩端均有電極接地(電勢為零)．現(xiàn)將速度很低的負(fù)一價碳離子從a端輸入，當(dāng)離子到達(dá)b處時，可被設(shè)在b處的特殊裝置將其電子剝離，成為n價正離子，而不改變其速度大小，這些正n價碳離子從c端飛出后進(jìn)入一與其速度方向垂直的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運動．已知

13、碳離子的質(zhì)量m＝2.0×10－26kg，U＝7.5×105V，B＝0.5T，n＝2，基元電荷e＝1.6×10－19C，求R. [答案]　0.75m [解析]　設(shè)碳離子到達(dá)b處的速度為v1，從c端射出的速度為v2，由能量關(guān)系得mv12＝eU① mv22＝mv12＋neU② 進(jìn)入磁場后，碳離子做圓周運動，可得nev2B＝③ 由以上三式得R＝ 代入數(shù)據(jù)得R＝0.75m. 11．(2020·寧波模擬)如圖甲為質(zhì)譜儀的原理圖．帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從G點垂直于MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場．該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

14、，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后，最終到達(dá)照相底片上的H點．測得G、H間的距離為d，粒子的重力可忽略不計． (1)設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，試證明該粒子的比荷為：＝； (2)若偏轉(zhuǎn)磁場的區(qū)域為圓形，且與MN相切于G點，如圖乙所示，其他條件不變．要保證上述粒子從G點垂直于MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場后不能打到MN邊界上(MN足夠長)，求磁場區(qū)域的半徑應(yīng)滿足的條件． [答案]　(1)見解析　(2)R≤ [解析]　(1)粒子經(jīng)過電場加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v有qU＝mv2 進(jìn)入磁場后做圓周運動，軌跡半徑為r qvB＝m，打到H點有r＝， 聯(lián)立得＝ (2)要保證所有粒子都不能打到MN邊界上，粒子在

15、磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角小于90°，臨界狀態(tài)為90°，此時磁場區(qū)半徑R＝r＝ 所以磁場區(qū)域半徑滿足R≤. 12．(2020·濟(jì)南模擬)某塑料球成型機(jī)工作時，可以噴出速度v0＝10m/s的塑料小球，已知噴出小球的質(zhì)量m＝1.0×10－4kg，并且在噴出時已帶了q＝1.0×10－4C的負(fù)電荷，如圖所示，小球從噴口飛出后，先滑過長d＝1.5m的水平光滑的絕緣軌道，而后又經(jīng)過半徑R＝0.4m的圓弧形豎立的光滑絕緣軌道，今在水平軌道上加上水平向右的電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，小球恰好從圓形軌道的最高點M處水平飛出；若再在圓形軌道區(qū)域加上垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球則恰好從圓形軌道上與圓心等高的N點脫離軌道落入放在地面上接地良好的金屬容器內(nèi)，g＝10m/s2，求： (1)所加電場的電場強(qiáng)度E； (2)所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B. [答案]　(1)32V/m　(2)5T [解析]　(1)設(shè)小球在M點的速率為v1，只加電場時對小球在M點由牛頓第二定律得：mg＝ 在水平軌道上，對小球由動能定理得： qEd＝mv12－mv02 由以上兩式解之得：E＝32V/m (2)設(shè)小球在N點的速率為v2，在N點由牛頓第二定律得： qv2B＝m 從M點到N點，由機(jī)械能守恒定律得： mgR＋mv12＝mv22 解得：B＝5T.