(課標(biāo)通用)高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)42 帶電粒子在復(fù)合場中的運動(含解析)-人教版高三全冊物理試題
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1、作業(yè)42 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、選擇題 1.質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具,它的構(gòu)造原理如圖,離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看作為零),經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場,到達記錄它的照相底片P上,設(shè)離子在P上的位置到入口處S1的距離為x,可以判斷( ) 圖42-1 A.若離子束是同位素,則x越小,離子質(zhì)量越大 B.若離子束是同位素,則x越小,離子質(zhì)量越小 C.只要x相同,則離子質(zhì)量一定相同 D.x越大,則離子的比荷一定越大 解析:由qU=mv2① qvB=② 解得r=,又x=2r,分析各選項可知只有B正
2、確. 答案:B 圖42-2 2.(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用,其原理如圖42-2所示.D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒,置于與盒面垂直的勻強磁場中,它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上.位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略),它們在兩盒之間被電場加速.當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能Ek后,再將它們引出.忽略質(zhì)子在電場中的運動時間,則下列說法中正確的是( ) A.若只增大交變電壓U,則質(zhì)子的最大動能Ek會變大 B.若只增大交變電壓U,則質(zhì)子在回旋加速器中運行的時間會變短 C.若只將交變電壓的周期變?yōu)?T,仍可用此裝置加速質(zhì)子 D.質(zhì)子第n次被加速
3、前、后的軌道半徑之比為∶ 解析:由r=可知,質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān),而與交變電壓U無關(guān),故A錯誤;增大交變電壓,質(zhì)子加速的次數(shù)減少,所以質(zhì)子在回旋加速器中的運行時間變短,B正確;為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速,質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同,C錯誤;由nqU=mv以及rn=可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶,D正確. 答案:BD 圖42-3 3.(日照三校聯(lián)考)如圖42-3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(shè)物塊帶電荷量保持
4、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 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,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項錯誤;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
5、知,兩過程中電勢能變化量的絕對值相等,C項錯誤;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項錯誤. 答案:B 圖42-4 4.(多選)如圖42-4所示是粒子速度選擇器的原理圖,如果粒子所具有的速率v=,那么( ) A.帶正電粒子必須沿ab方向從左側(cè)進入場區(qū),才能沿直線通過 B.帶負(fù)電粒子必須沿ba方向從右側(cè)進入場區(qū),才能沿直線通過 C.不論粒子電性如何,沿ab方向從左側(cè)進入場區(qū),都能沿直線通過 D.不論粒子電性如何,沿ba方向從右側(cè)進入場區(qū),都能沿直線通過 解析:按四個選項要求讓粒子進
6、入,洛倫茲力與電場力等大反向抵消了的就能沿直線勻速通過磁場. 答案:AC 5.(浙江模擬)電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用.如圖42-5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(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)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( ) 圖42-5 A.泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極 B.通過泵體的電流I= C.增大磁感應(yīng)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 解析:當(dāng)泵體上表面接電源的正極時,電流從上向
7、下流過泵體,這時受到的磁場力水平向左拉動液體,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==UL1·σ,故B錯誤;增大磁感應(yīng)強度B,泵體內(nèi)液體受到的磁場力變大,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. 答案:C 圖42-6 6.(江蘇清江中學(xué)檢測)如圖42-6所示為一長方體容器,容器內(nèi)充滿NaCl溶液,容器的左右兩壁為導(dǎo)體板,將它們分別接在電源的正、負(fù)極上,電路中形成一定的電流,整個裝置處于垂直于前后表面的勻強磁場中,則關(guān)于液體上、下兩表面的電勢,下列說法正確的是 ( )
8、A.上表面電勢高,下表面電勢低 B.上表面電勢低,下表面電勢高 C.上、下兩表面電勢一樣高 D.上、下兩表面電勢差的大小與磁感應(yīng)強度及電流強度的大小有關(guān) 解析:由題圖可知,電流從左向右流動,正負(fù)離子的流動方向完全相反,即正離子向右流動,負(fù)離子向左流動,根據(jù)左手定則,正負(fù)離子都向上偏轉(zhuǎn),下表面不帶電,上表面正負(fù)離子電性中和,也不帶電,故電勢差為零,即上、下兩表面電勢一樣高,C正確. 答案:C 圖42-7 7.(多選)三個帶相同正電荷的粒子a、b、c(不計重力),以相同的動能沿平行板電容器中心線同時射入相互垂直的電磁場中,其軌跡如圖42-7所示,由此可以斷定( ) A.三個粒
9、子中,質(zhì)量最大的是c,質(zhì)量最小的是a
B.三個粒子中,質(zhì)量最大的是a,質(zhì)量最小的是c
C.三個粒子中,動能增加的是c,動能減少的是a
D.三個粒子中,動能增加的是a,動能減少的是c
解析:本題考查同一電、磁疊加場中不同帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題.因為b粒子沒有偏轉(zhuǎn),可知b粒子受到的電場力和磁場力是一對平衡力.根據(jù)粒子電性和磁場方向,可以判斷電場力方向向下,洛倫茲力方向向上.對于a粒子,qvaB>Eq;對于c粒子,qvcB 10、所以c粒子動能增加,a粒子動能減少,C正確,D錯誤.
答案:AC
8.(云南邵通二模)(多選)磁流體發(fā)電機是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機,圖42-8為其原理示意圖,水平放置的平行金屬板C、D間有勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,將一束等離子體(高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒)水平射入磁場,兩金屬板間就產(chǎn)生電壓.定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半,與開關(guān)S串聯(lián)接在C、D兩端,已知兩金屬板間距離為d,射入等離子體的速度為v,磁流體發(fā)電機本身的電阻為r(R0 11、A.電阻R0消耗的功率最大值為
B.滑動變阻器消耗的功率最大值為
C.金屬板C為電源負(fù)極,D為電源正極
D.發(fā)電機的輸出功率先增大后減小
解析:根據(jù)左手定則可判斷兩極板的極性,離子在運動過程中同時受靜電力和洛倫茲力,到二力平衡時兩極板間的電壓穩(wěn)定,E=Bdv.由題圖可知,當(dāng)滑片P位于b端時,電路中電流最大,電阻R0消耗功率最大,其最大值為P1=I2R0==,故A正確;將定值電阻R0歸為電源內(nèi)阻,因為滑動變阻器的最大阻值2R0 12、源負(fù)極,極板D為電源正板,C正確;等離子體穩(wěn)定流動時,洛倫茲力與靜電力平衡,即Bqv=q,所以電源電動勢為E=Bdv,又R0 13、小為B,方向垂直于紙面向外,CD為磁場邊界上的一絕緣板,它與N板的夾角θ=45°,孔Q到板的下端C的距離為L,當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時,粒子恰垂直打在CD板上,求:
(1)兩板間電壓的最大值Um;
(2)CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s;
(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm.
圖42-10
解析:(1)M、N兩板間電壓取最大值時,粒子恰垂直打在CD板上,所以圓心在C點,
如圖42-10所示,CH=QC=L,
故半徑r1=L,
又因為qv1B=m
且qUm=mv,
所以Um=.
(2)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點,此軌跡的半徑為r2,設(shè)圓心為A,在 14、△AKC中,
sin45°=,解得r2=(-1)L,
即KC=r2=(-1)L
所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s=HK,
即s=r1-r2=(2-)L.
(3)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長,均為半個周期,所以tm==.
答案:(1) (2)(2-)L (3)
10.如圖42-11所示,平面直角坐標(biāo)系xOy中,第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場,第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場,經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成60°角射入磁場,最后從y軸負(fù)半軸上的P點與y 15、軸正方向成60°角射出磁場,不計粒子重力,求:
圖42-11
(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑R;
(2)勻強電場的場強大小E.
圖42-12
解析:(1)因為粒子在電場中做類平拋運動,設(shè)粒子過N點時的速度為v,把速度v分解如圖42-12所示.
根據(jù)平拋運動的速度關(guān)系,粒子在N點進入磁場時的速度
v===2v0.
如圖42-13所示,
分別過N、P點作速度方向的垂線,相交于Q點,則Q是粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心
由洛倫茲力提供向心力:
qvB=m
圖42-13
得R=,
代入v=2v0得粒子的軌道半徑
R=.
(2)粒子在電場中做類平拋運動,設(shè) 16、加速度為a,運動時間為t
由牛頓第二定律:qE=ma
設(shè)沿電場方向的分速度為vy=at
粒子在電場中沿x軸方向做勻速運動,由圖42-13根據(jù)粒子在磁場中的運動軌跡可以得出:
粒子在x軸方向的位移:Rsin30°+Rcos30°=v0t
又vy=v0tan60°
由以上各式可以解得E=.
答案:(1)R= (2)E=
圖42-14
11.(唐山統(tǒng)考)如圖42-14所示,在xOy平面內(nèi),在x>0范圍內(nèi)以x軸為電場和磁場的邊界,在x<0范圍內(nèi)以第三象限內(nèi)的直線OM為電場與磁場的邊界,OM與x軸負(fù)方向成θ=45°角,在邊界的下方空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為 17、B=0.1 T,在邊界的上方有沿y軸正方向的勻強電場,場強大小為E=32 N/C;在y軸上的P點有一個不計重力的帶電微粒,以沿x軸負(fù)方向的初速度v0=2×103 m/s射出,已知OP=0.8 cm,微粒所帶電荷量q=-5×10-18 C,質(zhì)量m=1×10-24 kg,求:
(1)帶電微粒第一次進入電場時的位置坐標(biāo);
(2)帶電微粒從P點出發(fā)到第三次經(jīng)過電、磁場邊界經(jīng)歷的總時間;
(3)帶電微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度大?。?
解析:(1)帶電微粒從P點開始在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖42-15所示,第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點,由半徑公式可得
圖42-15
r==4× 18、10-3 m.
因為OP=0.8 cm,勻速圓周運動的圓心在OP的中點C,由幾何關(guān)系可知,A點位置的坐標(biāo)為(-4×10-3 m,-4×10-3 m).
(2)帶電微粒在磁場中做勻速圓周運動的周期為
T==1.256×10-5 s.
由圖可知,微粒運動四分之一個圓周后豎直向上進入電場,故t1=T=0.314×10-5 s.
微粒在電場中先做勻減速直線運動到速度為零,然后反向做勻加速直線運動,微粒運動的加速度為a=,
故在電場中運動的時間為
t2===2.5×10-5 s.
微粒再次進入磁場后又做四分之一圓周運動,故t3=t1=0.314×10-5 s,所以微粒從P點出發(fā)到第三次經(jīng) 19、過電、磁場邊界的時間為t=t1+t2+t3=3.128×10-5 s.
(3)微粒從B點第三次經(jīng)過電、磁場邊界水平向左進入電場后做類平拋運動,則加速度
a==1.6×108 m/s2,
則第四次到達電、磁場邊界時,
y=at,x=v0t4,tan45°=,
解得vy=at4=4×103 m/s.
則微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度為
v==2×103 m/s.
答案:(1)(-4×10-3 m,-4×10-3 m)
(2)3.128×10-5 s (3)2×103 m/s
12.(濟寧、曲阜模擬)如圖42-16所示,空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ存在勻強電場和勻強磁場,MN、PQ為磁場區(qū) 20、域的理想邊界,Ⅰ區(qū)域高度為d,Ⅱ區(qū)域的高度足夠大.勻強電場方向豎直向上;Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度均為B,方向分別垂直紙面向里和向外.一個質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落,進入電磁場區(qū)域后,恰能做勻速圓周運動.已知重力加速度為g.
圖42-16
(1)試判斷小球的電性并求出電場強度E的大??;
(2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點,在圖中作出小球的運動軌跡;求出釋放時距MN的高度h;并求出小球從開始釋放到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間t;
(3)試討論h取不同值時,小球第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域的過程中電場力所做的功W.
解析:(1)帶電小球進入復(fù)合場后,恰 21、能做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,重力與電場力平衡,重力豎直向下,電場力豎直向上,即小球帶正電.
由qE=mg得,E=.
(2)帶電小球在進入磁場區(qū)域前做自由落體運動,由機械能守恒有:mgh=mv2
帶電小球在磁場中作勻速圓周運動,設(shè)半徑為R,依牛頓第二定律有:qvB=m
由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B、m的大小不變,故三段圓周運動的半徑相同,以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形,邊長為2R,內(nèi)角為60°,軌跡如圖42-17所示.由幾何關(guān)系知R=
圖42-17
解得h=,
小球從開始釋放到回到O點所經(jīng)歷的時間由兩部分組成,一部分為無場區(qū)的運動,時間t1= 22、2,
一部分為電磁場區(qū)域的運動,時間t2=×=
總時間t=t1+t2=2+=+.
(3)當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時,運動軌跡如圖42-18所示,有:半徑R=d解得對應(yīng)高度:h0=
圖42-18
討論:①當(dāng)h
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