《2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專(zhuān)題3 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第2講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)集訓(xùn)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專(zhuān)題3 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第2講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)集訓(xùn)(8頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專(zhuān)題3 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第2講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)集訓(xùn)
一、選擇題(1~3題只有一項(xiàng)符合題目要求,第4題有多項(xiàng)符合題目要求)
1.如圖所示,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源兩極相連接的兩個(gè)D形盒,兩盒間構(gòu)成一狹縫,兩D形盒處于垂直于盒面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.下列有關(guān)回旋加速器的描述正確的是( )
A.粒子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器
B.粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器
C.粒子在狹縫和D形盒中運(yùn)動(dòng)時(shí)都能獲得加速
D.交流電源的周期必須等于粒子在D形盒中運(yùn)動(dòng)周期的2倍
解析: 由qvB=得v=.當(dāng)r越大時(shí),v越大
2、.粒子由加速器中心附近進(jìn)入加速器才可使粒子加速到最大,故A錯(cuò)、B對(duì);狹縫中電場(chǎng)可加速粒子,在D形盒中運(yùn)動(dòng)時(shí),由左手定則知,洛倫茲力總與速度方向垂直,不對(duì)粒子加速,故C錯(cuò)誤;交流電源的周期必須等于粒子運(yùn)動(dòng)周期,才可以進(jìn)行周期性的加速,故D錯(cuò)誤.
答案: B
2.(xx·大同一模)如圖所示,沿直線通過(guò)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(shuō)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(shuō)法都不對(duì)
解析: 因?yàn)閮呻x子能沿直線通過(guò)速度選擇器,則qv
3、B1=qE,即v=,所以?xún)呻x子的速度相同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)R=,則∶==,選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤;故選D.
答案: D
3.如圖所示,一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場(chǎng)中.A中I是兩條垂直紙平面的長(zhǎng)直導(dǎo)線中等大反向的電流,虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線;B中+Q是兩個(gè)位置固定的等量同種點(diǎn)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(guò)圓心且垂直圓環(huán)平面;D中是正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),虛線垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外.其中,帶電粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)的是( )
解析: 圖A中兩條垂直紙平面的長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有等大反向的電流,在中垂線上產(chǎn)生的合磁場(chǎng)
4、方向水平向右,帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運(yùn)動(dòng);圖B中等量同種正點(diǎn)電荷在中垂線上的合場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng);圖C中粒子運(yùn)動(dòng)方向與磁感線平行,粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng);圖D是速度選擇器的原理圖,只要v0=,粒子也會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng),故選B.
答案: B
4.電磁泵是指處在磁場(chǎng)中的通電流體在電磁力作用下向一定方向流動(dòng)的泵,如圖所示是一電磁泵工作部分示意圖,絕緣非磁性管道的橫截面是長(zhǎng)為a、寬為b的矩形,在管道內(nèi)上、下管壁處各安裝一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的電極,通以電流I.當(dāng)在垂直于管道和電流的方向加一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí),電流受到的安培力就推動(dòng)導(dǎo)電液體流動(dòng),已
5、知導(dǎo)電液體穩(wěn)定流動(dòng)時(shí)所受阻力與流動(dòng)速率成正比,即Ff=kv,則關(guān)于導(dǎo)電液體的流動(dòng)方向和電磁泵的功率,下列說(shuō)法正確的是( )
A.導(dǎo)電液體可能向左流動(dòng) B.導(dǎo)電液體一定向右流動(dòng)
C.電磁泵的功率為 D.電磁泵的功率為
解析: 由左手定則可判斷,電流所受安培力向右,因此導(dǎo)電液體一定向右流動(dòng),A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)安培力與阻力平衡時(shí),液體流速穩(wěn)定,有BbI=kv,所以電磁泵的功率P=Fv=BbI·=,C錯(cuò)誤,D正確.
答案: BD
二、非選擇題
5.如圖所示,在坐標(biāo)系xOy的第Ⅱ象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,其他象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于紙面向里.一質(zhì)量為m、電
6、荷量為+q的粒子自P(-l,l)點(diǎn)由靜止釋放,沿垂直于x軸的方向進(jìn)入第Ⅲ象限磁場(chǎng),接著以垂直于y軸的方向進(jìn)入第Ⅳ象限磁場(chǎng),不計(jì)粒子重力.求:
(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B;
(2)粒子第二次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的橫坐標(biāo);
(3)粒子第四次經(jīng)過(guò)x軸的橫坐標(biāo).
解析: (1)設(shè)粒子垂直于x軸進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v,由動(dòng)能定理得:Eql=mv2
由題意知,粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=l
由牛頓第二定律有qvB=
解得B=
(2)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,粒子再次進(jìn)入電場(chǎng)后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),有
x=vt,l=at2
解得x=2l
粒子第二次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的橫坐標(biāo)x′=-x=-2l
7、(3)設(shè)粒子第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1,與x軸的夾角為θ
由動(dòng)能定理得:2Eql=mv,v1=2
tan θ=2tan α=1,θ=45°
由牛頓第二定律有qv1B=,R1=l
由幾何關(guān)系可知粒子第四次經(jīng)過(guò)x軸的橫坐標(biāo)為0
答案: (1) (2)x′=-2l (3)0
6.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy,第Ⅰ象限坐標(biāo)為(x,d)位置處有一粒子發(fā)射器P,第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng).某時(shí)刻粒子發(fā)射器P沿x軸負(fù)方向以某一初速度發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子.粒子從y=處經(jīng)過(guò)y軸且速度方向與y軸負(fù)方向成45°角.其后粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中
8、偏轉(zhuǎn)后垂直x軸返回第Ⅰ象限.已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=.重力加速度為g,求:
(1)粒子剛從發(fā)射器射出時(shí)的初速度及粒子發(fā)射器P的橫坐標(biāo)x;
(2)粒子從粒子源射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點(diǎn)所用的總時(shí)間.
解析: (1)帶電粒子從發(fā)射器射出后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)初速度為v0,沿水平方向,x=v0t1①
沿豎直方向,d=gt②
tan 45°=,vy=gt1③
聯(lián)立①②③式得:v1= ④
v0=,x=d⑤
(2)如圖所示,帶電粒子進(jìn)入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,受豎直向上的電場(chǎng)力,qE=mg,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qvB=m⑥
粒
9、子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的線速度v=v0=⑦
由幾何關(guān)系得,粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=d⑧
粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=T⑨
其中周期T=⑩
聯(lián)立解得:t2= ?
設(shè)粒子返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用時(shí)間t3==
所以,粒子從射出到返回第Ⅰ象限后上升到最高點(diǎn)所用的總時(shí)間
t=t1+t2+t3= + + = .
答案: (1) d (2)
7.如圖所示,水平地面上有一固定的長(zhǎng)方形絕緣光滑水平臺(tái)面OPQX,其中PQ邊長(zhǎng)L1=5 m,QX邊長(zhǎng)L2=4 m,平臺(tái)高h(yuǎn)=3.2 m.平行板電容器的極板CD間距d=1 m,且垂直放置于臺(tái)面,C板位于邊界OP上,D板與邊界OX相交處有
10、一小孔.電容器外的臺(tái)面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量m=1×10-10 kg,電荷量q=1×10-10 C的帶正電微粒靜止于O處,在CD間加上電壓U,C板電勢(shì)高于D板,板間電場(chǎng)可看成是勻強(qiáng)電場(chǎng),板間微粒經(jīng)電場(chǎng)電速后由D板所開(kāi)小孔進(jìn)入磁場(chǎng)(微粒始終不與極板接觸),假定微粒在真空中運(yùn)動(dòng),微粒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變,取g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.
(1)若微粒正好從QX的中點(diǎn)離開(kāi)平臺(tái),求其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率;
(2)若電壓大小可調(diào),不同加速電壓,微粒離開(kāi)平臺(tái)的位置將不同,要求微粒由PQ邊界離開(kāi)臺(tái)面,求加速電壓U的范圍
11、.
解析: (1)微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)俯視示意圖如圖1所示,設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R1,由幾何關(guān)系知:
R=2+(L1-d)2
解得:R1=5 m
根據(jù)牛頓第二定律:qBv1=m
得:R1=
則:v1==5 m/s
(2)微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)俯視的臨界軌跡圖如圖2所示,微??蓮腝點(diǎn)離開(kāi)平臺(tái)如線Ⅰ,R2=4 m
在磁場(chǎng)中,R2=,v2=4 m/s
在電場(chǎng)中,qU1=mv
可得:U1=8 V
微粒軌跡與PQ邊界相切如線Ⅱ,R3=2 m
在磁場(chǎng)中,R3=,得:v3=2 m/s
在電場(chǎng)中,qU2=mv 得:U2=2 V
則從PQ邊界離開(kāi)范圍:U2<U≤U1,2 V<U≤8 V
答案
12、: (1)5 m/s (2)2 V<U≤8 V
8.如圖所示,平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動(dòng),AO與x軸負(fù)方向成37°角,在第四象限內(nèi)的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一最小電場(chǎng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)電場(chǎng)后,可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn),MN右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好沒(méi)從右邊界飛出,已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2v0,重力加速度為g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)小球的帶電性質(zhì).
(2)第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大
13、小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?
(3)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向.
(3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小.
解析: (1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力與速度關(guān)聯(lián),所以此三力滿(mǎn)足圖(a)所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng),由受力特點(diǎn)及左手定則可判定小球帶正電.
(2)由圖(a)知tan 37°=,得E1=,cos 37°=,得B1=.
(3)當(dāng)區(qū)域Ⅰ中的電場(chǎng)強(qiáng)度最小時(shí),小球做直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)受力如圖(b)所示(電場(chǎng)力方向與速度方向垂直),小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由圖知cos 37°=,得E2=,方向與x軸正方向成53°角向上.
(4)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以mg=qE3,得E3=,因小球恰好不從右邊界穿出,小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(c)所示
由(3)知F=mgsin 37°,即a=gsin 37°
由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知(2v0)2-v=2a·OC
解得OC=
由幾何關(guān)系知=tan 37°,得r=
由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0=m,聯(lián)立得B2=.
答案: (1)正電 (2) (3) 方向與x軸正方向成53°角向上 (4)