2019-2020年高考物理二輪復習 專題整合突破三 電場和磁場 第9講 帶電粒子在組合場、復合場中的運動素能特訓.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 專題整合突破三 電場和磁場 第9講 帶電粒子在組合場、復合場中的運動素能特訓 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中1～5為單選題，6～8為多選題) 1．[xx沈陽質(zhì)監(jiān)]質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具。如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進行測量。讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場。加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中。氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”。則下列判斷正確的是(　　) A．進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚 B．進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚 C．在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚 D．a(chǎn)、b、c三條“質(zhì)譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚 答案　A 解析　氫元素的三種同位素離子均帶正電，電荷量大小均為e，經(jīng)過加速電場，由動能定理有：eU＝Ek＝mv2，故進入磁場中的動能相同，B項錯；且質(zhì)量越大的離子速度越小，故A項正確；三種離子進入磁場后，洛倫茲力充當向心力，evB＝m，解得：R＝＝，可見，質(zhì)量越大的圓周運動半徑越大，D項錯；在磁場中運動時間均為半個周期，t＝＝，可見離子質(zhì)量越大運動時間越長，C項錯。 2．[xx冀州月考]如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖，在間距為d的平行金屬板A、C間，存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，兩金屬板通過導線與變阻器R相連，等離子體以速度v平行于兩金屬板垂直射入磁場。若要減小該發(fā)電機的電動勢，可采取的方法是(　　) A．增大d B．增大B C．增大R D．減小v 答案　D 解析　發(fā)電機的電動勢E＝Bdv，要想減小電動勢，則可以通過減小B、d或v實現(xiàn)。故D正確，A、B、C錯誤。 3．[xx浙江模擬]電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應用。如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ、在泵頭通入導電劑后液體的電導率為σ(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂直向外的磁場B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上，則(　　) A．泵體上表面應接電源負極 B．通過泵體的電流I＝UL1/σ C．增大磁感應強度可獲得更大的抽液高度 D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度 答案　C 解析　當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向右拉動液體，故A錯誤； 根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻：R＝ρ＝＝；因此流過泵體的電流I＝＝UL1σ，故B錯誤；增大磁感應強度B，受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯誤。 4．[xx綿陽二診]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(　　) 答案　B 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。 5．[xx日照三校聯(lián)考]如圖所示，勻強磁場垂直于紙面向里，勻強電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的。一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動，經(jīng)a點后到b點時速度減為零，接著又滑了下來。設物塊帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較(　　) A．加速度大小相等 B．摩擦產(chǎn)生熱量不相同 C．電勢能變化量的絕對值不相同 D．動能變化量的絕對值相同 答案　B 解析　兩過程中，重力、電場力恒定、支持力方向不變，洛倫茲力、摩擦力方向相反，故物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度必定不同，A項錯；上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動摩擦力Ff＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動摩擦力Ff＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦產(chǎn)生熱量Q＝Ffx，兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項正確；a、b兩點電勢確定，由Ep＝qφ可知，兩過程中電勢能變化量的絕對值相等，C項不正確；整個過程中，重力做功為零，電場力做功為零，摩擦力做功不為零，故物塊動能一定變化，所以上滑和下滑兩過程中動能變化量絕對值一定不同，D項錯。 6．[xx吉林三模]圖示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E，平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是(　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向內(nèi) C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 答案　AC 解析　質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，A正確。由加速電場的方向知粒子帶正電，進入選擇器后電場方向水平向右，則洛倫茲力方向水平向左，由左手定則知磁場方向垂直紙面向外，B錯誤。由Bqv＝Eq知v＝的粒子能通過狹縫P，C正確。打在膠片上的位置越靠近狹縫P，在S下方的磁場中半徑越小，由B0qv＝得R＝，可見R越小，越小，比荷越大，D錯誤。 7．[xx吉林二模]如圖，一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)一個水平向右的初速度v0，在以后的運動中，下列說法正確的是(　　) A．圓環(huán)可能做勻減速運動 B．圓環(huán)可能做勻速直線運動 C．圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為mv D．圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為mv－ 答案　BD 解析　當qv0Bmg時，圓環(huán)先做減速運動，當qvB＝mg時，不受摩擦力，做勻速直線運動。當qvB＝mg時得v＝，根據(jù)動能定理得：－W＝mv2－mv，代入解得：W＝mv－，故C錯誤，D正確。 8．[xx南充高考適應性考試]如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，第Ⅳ象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場(圖中未畫出)，一帶電小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進入第Ⅳ象限，然后做圓周運動，從Q點垂直于x軸進入第Ⅰ象限，Q點距O點的距離為d，重力加速度為g。根據(jù)以上信息，不能求出的物理量有(　　) A．圓周運動的速度大小 B．電場強度的大小和方向 C．小球在第Ⅳ象限運動的時間 D．磁感應強度大小 答案　BD 解析　帶電小球從P到Q做圓周運動，滿足Eq＝mg，Bqv＝，且由左手定則知小球帶負電，那么電場強度方向豎直向下。帶電小球從A運動到P，重力做功為mgd，洛倫茲力不做功，由動能定理得mgd＝mv2，所以v＝，小球在第Ⅳ象限的時間為周期的，t＝T＝＝＝。要想計算E和B則需知道比荷，則A、C錯誤，B、D選項正確。 二、計算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．[xx洛陽二統(tǒng)]在光滑絕緣的水平面上，左側(cè)平行極板間有水平方向勻強電場，右側(cè)圓筒內(nèi)有豎直方向勻強磁場，磁感應強度大小為B，俯視圖如圖所示。圓的圓心為O點，半徑大小為R。一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電小球(可視為質(zhì)點)，初始位置在A點，現(xiàn)由靜止經(jīng)電場加速后從C孔沿直徑射入磁場區(qū)域，粒子和圓筒壁的碰撞沒有動能和電荷量損失。B、R、m、q為已知量，圓筒僅有一個出入口C。 (1)求平行板間電壓U和小球在磁場中運動半徑r的函數(shù)關系式； (2)如果小球能從出入口C返回，求它在磁場中運動的最短時間； (3)求小球能從出入口C返回且在磁場中運動時間最短情況下，平行板間所加電壓U的可能值。 答案　(1)U＝　(2)tm＝ (3)U＝tan2(k＝1,2,3…) 解析　(1)如圖所示，小球沿直線由A運動到C，再沿圓弧運動到P點，圓弧運動的圓心在D點，設圓弧運動的線速度為v，半徑為r，∠COP＝θ，兩板間電壓為U。 小球在電場中運動時，由動能定理得： qU＝mv2① 小球做圓弧運動時，由牛頓第二定律得： qvB＝m② 聯(lián)立①②，得U＝。③ (2)小球在磁場中運動時，分析可知每次與桶壁碰撞時速度方向都沿半徑向外，然后再沿半徑向內(nèi)開始做圓弧運動，每段圓弧運動的速度大小、半徑和時間都是一樣的。設小球經(jīng)n段圓弧運動后能從出入口C返回，須滿足： θ＝④ 其中k取1、2、3… 設小球做n段圓弧運動的時間為t，則 t＝⑤ 聯(lián)立②④⑤得t＝⑥ 由于θ滿足θ<π，所以由④式得 n>2k， 即n取2k＋1、2k＋2、2k＋3 … 當n＝2k＋1時，在磁場中運動的時間取最小值，即 tm＝。⑦ (3)滿足(2)的情況，即n＝2k＋1，代入④式得：θ＝⑧ 由幾何關系得：r＝Rtan⑨ 聯(lián)立③⑧⑨得 U＝tan2，其中k取1、2、3 … 10．[xx商丘模擬]如圖所示，在xOy平面的第Ⅱ象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切于P、Q兩點，圓內(nèi)存在垂直于xOy面向外的勻強磁場。在第Ⅰ象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E。一帶正電的粒子(不計重力)以速率v0從P點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從M(3R,0)點射出電場，出射方向與x軸正方向夾角為α，且滿足α＝45，求： (1)帶電粒子的比荷； (2)磁場磁感應強度B的大??； (3)粒子從P點射入磁場到M點射出電場的時間。 答案　(1)＝　(2)B＝　(3)＋R 解析　(1)在M點處：vy＝v0tanα qE＝am 豎直方向：vy＝at3 水平方向：3R＝v0t3 得：＝。 (2)粒子運動軌跡如圖，設O1為磁場的圓心，O2為粒子軌跡圓心，P′為粒子射出磁場的位置，則P′O2∥PO1，△O1O2P≌△O1O2P′，粒子的軌跡半徑為：r＝R Bqv0＝m，得B＝ (3)粒子從N進入電場，ON＝y(tǒng) y＝at，qE＝am,3R＝v0t3 得y＝R，t3＝ 又∵y＝R＋Rcosθ，∴θ＝。 P到P′的時間為t1：t1＝T　得t1＝ P′N＝R－Rsinθ，所以t2＝＝R P到M的總時間t＝t1＋t2＋t3＝＋R。