2019-2020年高三物理二輪復習 第1部分 專題3 電場和磁場 第2講 帶電粒子在復合場中的運動課時作業(yè)集訓.doc

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2019-2020年高三物理二輪復習 第1部分 專題3 電場和磁場 第2講 帶電粒子在復合場中的運動課時作業(yè)集訓一、選擇題(13題只有一項符合題目要求，第4題有多項符合題目要求)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D形盒，兩盒間構成一狹縫，兩D形盒處于垂直于盒面的勻強磁場中下列有關回旋加速器的描述正確的是()A粒子由加速器的邊緣進入加速器B粒子由加速器的中心附近進入加速器C粒子在狹縫和D形盒中運動時都能獲得加速D交流電源的周期必須等于粒子在D形盒中運動周期的2倍解析：由qvB得v.當r越大時，v越大粒子由加速器中心附近進入加速器才可使粒子加速到最大，故A錯、B對；狹縫中電場可加速粒子，在D形盒中運動時，由左手定則知，洛倫茲力總與速度方向垂直，不對粒子加速，故C錯誤；交流電源的周期必須等于粒子運動周期，才可以進行周期性的加速，故D錯誤答案：B2.(xx大同一模)如圖所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中，偏轉后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1R212，則下列說法正確的是()A離子的速度之比為12B離子的電荷量之比為12C離子的質量之比為12D以上說法都不對解析：因為兩離子能沿直線通過速度選擇器，則qvB1qE，即v，所以兩離子的速度相同，選項A錯誤；根據(jù)R，則，選項B、C錯誤；故選D.答案：D3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()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.答案：B4電磁泵是指處在磁場中的通電流體在電磁力作用下向一定方向流動的泵，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為a、寬為b的矩形，在管道內上、下管壁處各安裝一個長為L的電極，通以電流I.當在垂直于管道和電流的方向加一個磁感應強度為B的勻強磁場時，電流受到的安培力就推動導電液體流動，已知導電液體穩(wěn)定流動時所受阻力與流動速率成正比，即Ffkv，則關于導電液體的流動方向和電磁泵的功率，下列說法正確的是()A導電液體可能向左流動B導電液體一定向右流動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，因此導電液體一定向右流動，A錯誤，B正確；當安培力與阻力平衡時，液體流速穩(wěn)定，有BbIkv，所以電磁泵的功率PFvBbI，C錯誤，D正確答案：BD二、非選擇題5如圖所示，在坐標系xOy的第象限內有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，其他象限內存在勻強磁場，方向垂直于紙面向里一質量為m、電荷量為q的粒子自P(l，l)點由靜止釋放，沿垂直于x軸的方向進入第象限磁場，接著以垂直于y軸的方向進入第象限磁場，不計粒子重力求：(1)磁場的磁感應強度B；(2)粒子第二次離開電場時的橫坐標；(3)粒子第四次經過x軸的橫坐標解析：(1)設粒子垂直于x軸進入磁場時的速度為v，由動能定理得：Eqlmv2由題意知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑Rl由牛頓第二定律有qvB解得B (2)粒子運動的軌跡如圖所示，粒子再次進入電場后在電場中做類平拋運動，有xvt，lat2解得x2l粒子第二次離開電場時的橫坐標xx2l(3)設粒子第二次進入磁場時的速度為v1，與x軸的夾角為由動能定理得：2Eqlmv，v12 tan 2tan 1，45由牛頓第二定律有qv1B，R1l由幾何關系可知粒子第四次經過x軸的橫坐標為0答案：(1) (2)x2l(3)06.如圖所示，在豎直平面內建立坐標系xOy，第象限坐標為(x，d)位置處有一粒子發(fā)射器P，第、象限有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場某時刻粒子發(fā)射器P沿x軸負方向以某一初速度發(fā)出一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子粒子從y處經過y軸且速度方向與y軸負方向成45角其后粒子在勻強磁場中偏轉后垂直x軸返回第象限已知第、象限內勻強電場的電場強度E.重力加速度為g，求：(1)粒子剛從發(fā)射器射出時的初速度及粒子發(fā)射器P的橫坐標x；(2)粒子從粒子源射出到返回第象限上升到最高點所用的總時間解析：(1)帶電粒子從發(fā)射器射出后做平拋運動，設初速度為v0，沿水平方向，xv0t1沿豎直方向，dgttan 45，vygt1聯(lián)立式得：v1 v0，xd(2)如圖所示，帶電粒子進入垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場中，受豎直向上的電場力，qEmg，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvBm粒子在勻強磁場中運動的線速度vv0由幾何關系得，粒子做勻速圓周運動的半徑Rd粒子在勻強磁場中運動的時間t2T其中周期T聯(lián)立解得：t2 設粒子返回到第象限后上升到最大高度所用時間t3 所以，粒子從射出到返回第象限后上升到最高點所用的總時間tt1t2t3 .答案：(1)d(2) 7如圖所示，水平地面上有一固定的長方形絕緣光滑水平臺面OPQX，其中PQ邊長L15 m，QX邊長L24 m，平臺高h3.2 m平行板電容器的極板CD間距d1 m，且垂直放置于臺面，C板位于邊界OP上，D板與邊界OX相交處有一小孔電容器外的臺面區(qū)域內有磁感應強度B1 T、方向豎直向上的勻強磁場質量m11010 kg，電荷量q11010 C的帶正電微粒靜止于O處，在CD間加上電壓U，C板電勢高于D板，板間電場可看成是勻強電場，板間微粒經電場電速后由D板所開小孔進入磁場(微粒始終不與極板接觸)，假定微粒在真空中運動，微粒在整個運動過程中電荷量保持不變，取g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.(1)若微粒正好從QX的中點離開平臺，求其在磁場中運動的速率；(2)若電壓大小可調，不同加速電壓，微粒離開平臺的位置將不同，要求微粒由PQ邊界離開臺面，求加速電壓U的范圍解析：(1)微粒在磁場中運動俯視示意圖如圖1所示，設運動半徑為R1，由幾何關系知：R2(L1d)2解得：R15 m根據(jù)牛頓第二定律：qBv1m得：R1則：v15 m/s(2)微粒在磁場中運動俯視的臨界軌跡圖如圖2所示，微?？蓮腝點離開平臺如線，R24 m在磁場中，R2，v24 m/s在電場中，qU1mv可得：U18 V微粒軌跡與PQ邊界相切如線，R32 m在磁場中，R3，得：v32 m/s在電場中，qU2mv得：U22 V則從PQ邊界離開范圍：U2UU1,2 VU8 V答案：(1)5 m/s(2)2 VU8 V8如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37角，在第四象限內的區(qū)域內加一最小電場強度的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN右側區(qū)域內存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域內做勻速圓周運動并恰好沒從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)小球的帶電性質(2)第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大小(3)區(qū)域內最小電場強度E2的大小和方向(3)區(qū)域內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大小解析：(1)帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，因洛倫茲力與速度關聯(lián)，所以此三力滿足圖(a)所示關系且小球只能做勻速直線運動，由受力特點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)當區(qū)域中的電場強度最小時，小球做直線運動，此時受力如圖(b)所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，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)域內做勻速圓周運動，所以mgqE3，得E3，因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖(c)所示由(3)知Fmgsin 37，即agsin 37由運動學規(guī)律知(2v0)2v2aOC解得OC由幾何關系知tan 37，得r由洛倫茲力提供向心力知B2q2v0m，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)