《2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題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＝，所以兩離子的速度相同，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的大小． (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?。? 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)