《高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場限時規(guī)范訓練2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場限時規(guī)范訓練2（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

限時規(guī)范訓練 建議用時：45分鐘 1．如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里．一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板．若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變(　　) A．粒子速度的大小 B．粒子所帶的電荷量 C．電場強度 D．磁感應強度 解析：選B.粒子作直線運動，有qvB＝qE，即E＝vB，與q無關． 2．如圖所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電磁場中，運動軌跡如圖所示(粒子在N點的速度比在M點的速度大)．則下列說法正確的是(　　) A．粒子一定帶正電 B．粒子的運動軌跡一定是拋物線 C．電場線方向一定垂直等勢面向左 D．粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大 解析：選C.根據(jù)粒子在電、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時，軌跡才是拋物線，選項B錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢面向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤． 3．(2016河北石家莊一模)(多選)為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的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強度大小為B的勻強磁場，在前后兩個側面內分別固定有金屬板作為電極．污水充滿管口并從左向右流經(jīng)該裝置時，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內排出的污水體積)，則下列說法中正確的是(　　) A．N端的電勢比M端的高 B．若污水中正負離子數(shù)相同，則前后表面的電勢差為零 C．電壓表的示數(shù)U跟a和b都成正比，跟c無關 D．電壓表的示數(shù)U跟污水的流量Q成正比 解析：選AD.正負離子向右移動，受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負離子向前表面偏，所以前表面比后表面電勢低，即N端的電勢比M端的高，選項A正確，B錯誤；最終正負離子受到電場力、洛倫茲力作用而平衡，有qE＝qvB，又E＝，得v＝，而污水流量Q＝vbc，得U＝，即電壓表的示數(shù)U跟污水的流量Q成正比，跟c成反比，選項C錯誤，D正確． 4．如圖所示是回旋加速器的工作原理圖，兩個半徑為R的中空半圓金屬盒D1、D2間窄縫寬為d，兩金屬電極間接有高頻電壓U，中心O處粒子源產(chǎn)生的質量為m、帶電荷量為q的粒子在兩盒間被電壓U加速，勻強磁場垂直兩盒面，粒子在磁場中做勻速圓周運動，令粒子在勻強磁場中運行的總時間為t，則下列說法正確的是(　　) A．粒子的比荷越小，時間t越大 B．加速電壓U越大，時間t越大 C．磁感應強度B越大，時間t越大 D．窄縫寬度d越大，時間t越大 解析：選C.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力Bqv＝m及粒子最大偏轉半徑為R得帶電粒子獲得的最大動能為Ekm＝，設加速次數(shù)為n，則nqU＝Ekm，粒子每加速一次后，在磁場中運動半個周期，所以粒子在勻強磁場中運行的總時間t＝n＝，聯(lián)立得t＝，C正確，A、B、D錯誤． 5．如圖所示，a、b為豎直正對放置的兩平行金屬板，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一比荷為的帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置沿與a、b平行方向射入兩板間的偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x(M、N點在圖中未畫出)．則以下說法中正確的是(　　) A．只減小磁感應強度B的大小，則x減小 B．只增大初速度v0的大小，則x減小 C．只減小帶電粒子的比荷，則x不變 D．只減小偏轉電場的電壓U的大小，則x不變 解析：選D.粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設粒子進入磁場時速度方向與磁場邊界的夾角為θ，速度大小為v＝，軌道半徑R＝，由幾何關系可知x＝2Rsin θ＝，只減小磁感應強度B、只增大初速度v0或只減小帶電粒子的比荷時，都可使x增大，而x與偏轉電場的電壓U無關，故選項A、B、C錯誤，D正確． 6．如圖所示，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向．在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場．不計重力．若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ.求 (1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值； (2)該粒子在電場中運動的時間． 解析： (1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動．設磁感應強度的大小為B，粒子質量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B＝m① 由題給條件和幾何關系可知R0＝d② 設電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx.由牛頓第二定律及運動學公式得 Eq＝max③ vx＝axt④ t＝d⑤ 由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有 tan θ＝⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ＝v0tan2θ (2)聯(lián)立⑤⑥式得 t＝. 答案：(1)v0tan2θ　(2) 7．如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y＜0的區(qū)域內存在著沿y軸正方向的勻強電場．一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q(－2h，－h(huán))點以速度v0水平向右射出，經(jīng)過坐標原點O處射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場．已知MN平行于x軸，N點的坐標為(2h,2h)，不計粒子的重力，求： (1)電場強度E的大小以及帶電粒子從O點射出勻強電場時與水平方向的夾角α； (2)磁感應強度B的大小； (3)帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間t. 解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2h＝v0t h＝at2 又qE＝ma 聯(lián)立以上各式解得E＝ 設粒子到達O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy 則有vy＝at＝＝v0，v＝＝v0 速度v與x軸正方向的夾角α滿足tan α＝＝1 即α＝45，因此粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場． (2)又因為粒子垂直于PN射出磁場，所以P點為圓心．軌道半徑R＝MP＝h 由牛頓第二定律有qvB＝m 聯(lián)立解得B＝. (3)帶電粒子在電場中運動的時間t1＝， 從O點運動到磁場邊界的時間t2＝＝， 在磁場中運動的時間t3＝＝ 帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間 t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝. 答案：見解析 8．使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等．質量為m，速度為v的離子在回旋加速器內旋轉，旋轉軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度為B.為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設計引出器．引出器原理如圖所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O′點(O′點圖中未畫出)．引出離子時，令引出通道內磁場的磁感應強度降低，從而使離子從P點進入通道，沿通道中心線從Q點射出．已知OQ長度為L，OQ與OP的夾角為θ. (1)求離子的電荷量q并判斷其正負； (2)離子從P點進入，Q點射出，通道內勻強磁場的磁感應強度應降為B′，求B′； (3)換用靜電偏轉法引出離子束，維持通道內的原有磁感應強度B不變，在內外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應．為使離子仍從P點進入，Q點射出，求通道內引出軌跡處電場強度E的方向和大?。? 解析： (1)離子做圓周運動， Bqv＝① q＝，正電荷② (2)如圖所示 O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r 引出軌跡為圓弧，B′qv＝③ 得R＝④ 根據(jù)幾何關系得 R＝⑤ 故B′＝＝⑥ (3)電場強度方向沿徑向向外⑦ 引出軌跡為圓弧，Bqv－Eq＝⑧ E＝⑨ 答案：(1)　正電荷　(2) (3)沿徑向向外　 9．(2016百校聯(lián)盟押題卷)如圖甲所示，水平放置的兩平行金屬板長l＝6.34 cm，兩板間距為d＝2 cm，兩板間有磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化的勻強磁場和電場強度按圖丙所示規(guī)律變化的勻強電場，其中B0＝0.5 T，E0＝1.0105 V/m.t＝0時刻金屬板上極板帶正電，磁場方向垂直紙面向里．一比荷為＝1.0108 C/kg的帶正電粒子(不計重力)以速度v0＝2.0105 m/s平行金屬板從兩板左側中間位置垂直磁場方向射入．求： (1)粒子在運動過程中與上極板的最近距離； (2)粒子在兩極板間運動的總時間和在兩極板間的偏轉距離．(取π＝3.14) 解析：(1)在0～π10－8 s時間內，由于qE0＝qB0v0，粒子做勻速直線運動 在π10－8～2π10－8 s時間內，粒子只受洛倫茲力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得qB0v0＝m 解得r＝410－3m，T0＝＝4π10－8s， 即粒子逆時針轉了T0 同理，在2π10－8～3π10－8 s時間內，粒子順時針轉了T0 在3π10－8～4π10－8 s時間內，由于qE0＝qB0v0，粒子做勻速直線運動 作出粒子軌跡如圖所示 帶電粒子在運動過程中與上極板的最近距離為 y1＝－2r＝210－3 m (2)從軌跡圖可知，粒子在一個周期T＝6π10－8 s時間內沿極板方向運動的位移為l0＝4r＋2v0t1＝2.85610－2 m 而l＝6.3410－2 m＝2l0＋6.2810－3 m 所以帶電粒子在兩極板間運動的總時間t＝2T＋t1＝4.08210－7 s 在兩極板間偏轉的距離為0，即從兩極板右側中央位置射出 答案：見解析