高考物理二輪作業(yè)手冊 專題限時集訓(xùn) 第8講 帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動

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1、專題限時集訓(xùn)(八)A　[第八講　帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動] (時間：40分鐘) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(雙選)如圖8－1所示，邊界MN下方有一垂直紙面向外的勻強磁場，一電子以速度v從點O射入MN，經(jīng)磁場后能返回到MN邊界上 圖8－1 方，以下正確的是(　　) A．電子從O點右邊返回邊界上方 B．電子從O點左邊返回邊界上方 C．只增大射入速度v，則電子在磁場中運動的路程一定改變 D．只增大射入速度v，則電子在磁場中運動的時間一定改變 2．質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖8－2中虛

2、線所示．下列表述正確的是(　　) 圖8－2 A．M帶負電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運行時間大于N的運行時間 3．(雙選)如圖8－3所示，速度不同的同種帶電粒子(重力都不計)a、b 沿半徑AO方向進入一圓形勻強磁場區(qū)域，a、b兩粒子的運動軌跡分別為AB和AC，則下列說法中正確的是(　　) 圖8－3 A．a(chǎn)粒子的速度比b粒子速度大 B．a(chǎn)粒子在磁場中的運動時間比b粒子長 C．兩粒子離開磁場時的速度反向延長線一定都過圓心 D．兩粒子離開磁場時的速度反向延長線不一定都過圓心 4．如圖8－4所示，A、B極板間存在豎直方向的勻

3、強電場和勻強磁場，一帶電微粒在A、B 圖8－4 間的水平面內(nèi)做勻速圓周運動．下列說法正確的是(　　) A．該微粒帶正電荷 B．僅改變R3阻值，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動 C．僅改變A、B極板之間的距離，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動 D．僅改變A、B極板之間的正對面積，微粒將不能繼續(xù)做勻速圓周運動 5．如圖8－5所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場. 下列說法正確的是(不計粒子所受重力)(　　) 圖8－5 A．如果只增加U，粒子可以從

4、dP之間某位置穿出磁場 B．如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場 C．如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場 D．如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 6．(雙選)如圖8－6所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場(B)和勻強電場(E)組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P，進入另一勻強磁場(B′)，最終打在A1A2上．下列表述正確的是(　　) 圖8－6 A. 粒子帶負電 B. 所有打在A1A2上的粒子，在磁場B′中運動時間都相同 C. 能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D. 粒子打在A1A2上的位置越靠近P，

5、粒子的比荷越大 圖8－7 7．(雙選)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8－7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次被加速前后的軌

6、道半徑之比為∶ 8．(雙選)如圖8－8所示為云室中某粒子穿過鉛板P前后的軌跡．室中勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直(圖中垂直于紙面向里)，由此可知此粒子(　　) 圖8－8 A．一定帶正電 B．一定帶負電 C．從下向上穿過鉛板 D．從上向下穿過鉛板 9．如圖8－9所示，內(nèi)徑為r、外徑為2r的圓環(huán)內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．圓環(huán)左側(cè)的平行板電容器兩板間電壓為U，靠近M板處靜止釋放質(zhì)量為m、 電荷量為q的正離子，經(jīng)過電場加速后從N板小孔射出，并沿圓環(huán)直徑方向射入磁場，求： (1)離子從N板小孔射出時的速率； (2)離子在磁場中做圓周運動的半徑； (3)要使

7、離子不進入小圓區(qū)域，磁感應(yīng)強度的取值范圍． 圖8－9 10．如圖8－10所示，一個板長為L、板間距離也是L的平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電，在極板右邊的空間里存在著垂直于紙面向里的勻強磁場．有一質(zhì)量為M，重力不計，帶電荷量－q的粒子從極板正中以初速度v0水平射入，恰能從上極板邊緣飛出又能從下極板邊緣飛入，求： (1)兩極板間勻強電場的電場強度E的大小和方向； (2)粒子飛出極板時的速度v的大小與方向； (3) 磁感應(yīng)強度B的大?。? 圖8－10

8、 專題限時集訓(xùn)(八)B　[第8講　帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動] (時間：40分鐘) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 圖8－11 1．(雙選)如圖8－11所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入一正方形的勻強磁場區(qū)，對從ab邊離開磁場的電子，下列判斷正確的是(　　) A．從a點離開的電子速度最小 B．從a點離開的電子在磁場中運動時間最短 C．從b點離開的電子運動半徑最小 D．從b點離開的電子速度偏轉(zhuǎn)角最小 2．(雙選)如圖8－12所示，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上．不計重力．下列說法正

9、確的有(　　) 圖8－12 A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短 C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近 圖8－13 3．在水平地面上方有正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向水平向里．現(xiàn)將一個帶正電的金屬小球從M點以初速度v0水平拋出，小球著地時的速度為v1，在空中的飛行時間為t1.若將磁場撤除，其他條件均不變，那么小球著地時的速度為v2，在空中飛行的時間為t2.小球所受空氣阻力可忽略不計，則關(guān)于v1和v2、t1和t2的大小比較，以下判斷正確的是(　　) A．v1＞v2，t1＞t2　　　　B．v1

10、＜v2，t1＜t2 C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＝v2，t1＞t2 圖8－14 4．(雙選)如圖8－14所示，長方體發(fā)電導(dǎo)管的前后兩個側(cè)面是絕緣體，上下兩個側(cè)面是電阻可忽略的導(dǎo)體電極，兩極間距為d，極板面積為S，這兩個電極與定值電阻R相連．在垂直前后側(cè)面的方向上有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為ρ的高溫電離氣體，氣體以速度v向右流動，并通過專用管道導(dǎo)出．由于運動的電離氣體受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢．下列說法中正確的是(　　) A．發(fā)電導(dǎo)管的內(nèi)阻為ρ B．流過電阻R的電流方向為b→a C．發(fā)電導(dǎo)管產(chǎn)生的電動勢為Bdv D．電阻R消耗的電

11、功率為 5．(雙選)用回旋加速器來加速帶電粒子，以下說法正確的是(　　) 圖8－15 A．圖中加速器出口射出的是帶正電的粒子 B．D形盒的狹縫間所加的電壓必是交變電壓 C．強磁場對帶電粒子做功，使其動能增大 D．粒子在加速器的半徑越大，周期越長 6．(雙選)如圖8－16所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是豎直平面內(nèi)三個相同的半圓形光滑軌道，k為軌道最低點，Ⅰ處于勻強磁場中，Ⅱ和Ⅲ處于勻強電場中，三個完全相同的帶正電小球a、b、c從軌道最高點自由下滑至第一次到達最低點k的過程中，下列說法中正確的有(　　) Ⅰ　 　　　　　Ⅱ　　　　 　?、? 圖8－16 A．在k處小球b速度最大 B．

12、在k處小球c對軌道壓力最大 C．小球b需時最長 D．小球c機械能損失最多 7．如圖8－17所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運動，l與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中錯誤的是(　　) 圖8－17 A．液滴一定做勻速直線運動 B．液滴一定帶正電 C．電場線方向一定斜向上 D．液滴有可能做勻變速直線運動 8．兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖8－18所示．若不計粒子的重力，則下列說法正確的是(　　)

13、 圖8－18 A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電 B．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 C．b粒子動能較大 D．b粒子在磁場中運動時間較長 9．如圖8－19所示，長度均為L的兩個平行金屬板相距為d，O、O′為兩金屬板中心處正對的兩個小孔，兩平行金屬板接有電壓恒為U的電源．緊靠右金屬板右側(cè)的邊長為L的正方形MQPN的左下半空間有勻強磁場，MN與右金屬板重合．一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q＞0)的帶電粒子(重力不計)從O點以可忽略的初速度進入金屬板間的電場，經(jīng)加速后再進入磁場區(qū)，恰好垂直MP而離開磁場區(qū)，試求： (1)磁感應(yīng)強度B的大??； (2)帶電粒子從O點進入電場到最后從MP離開磁

14、場的時間t. 圖8－19 10．如圖8－20甲所示，兩平行金屬板A、B的板長l＝0.20 m，板間距d＝0.20 m，兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，并在兩板間形成交變的勻強電場，忽略其邊緣邊緣效應(yīng)．在金屬板右側(cè)有一方向垂直于紙面向里的勻強磁場，其左右寬度D＝0.40 m，上下范圍足夠大，邊界MN和PQ均與金屬板垂直，磁感應(yīng)強度B＝1.0×10－2T.現(xiàn)從t＝0開始，從兩極板左端的中點O處以每秒鐘1000個的速率不停地釋放出某種帶正電的粒子，這些粒子均以v0＝2.0×105 m

15、/s的速度沿兩板間的中線射入電場，已知帶電粒子的比荷＝1.0×108 C/kg，粒子的重力和粒子間的相互作用都忽略不計，在粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)極板間的電壓可以看作不變． (1)求t＝0時刻進入的粒子，經(jīng)邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離． (2)當兩金屬板間的電壓至少為多少時，帶電粒子不能進入磁場？ (3)在電壓變化的第一個周期內(nèi)，有多少個帶電粒子能進入磁場？ 　　　　　　甲　　　　　　　　　　　　乙 圖8－20 專題限時集訓(xùn)(八)A 1．AC　[解析] 由左手定則，電子的洛倫茲力垂直v向上，電子向右上方偏轉(zhuǎn)，選項A正確，選項B錯誤；

16、增大速度v，則半徑r＝增大，電子運動的弧長變大，但圓心角θ不變，運動時間t＝T＝不變，選項C正確，選項D錯誤． 2．A　[解析] 由左手定則判斷知，A正確；粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，半徑r＝，在質(zhì)量與電荷量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速率大于N的速率，B錯誤；洛倫茲力不做功，C錯誤；粒子在磁場中運行半周，即運行時間為周期的一半，而周期為T＝，故M的運行時間等于N的運行時間，D錯誤． 3．BC　[解析] 沿徑向入射的粒子，離開磁場時的速度反向延長線一定都過圓心，選項C正確，選項D錯誤；由圖可得b粒子的半徑大，根據(jù)r＝，b粒子速度大，選項A錯誤；b粒子運動軌

17、跡的圓心角小，由t＝·， b粒子運動時間小，選項B 正確． 4．B　[解析] 帶電微粒在A、B間的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，mg＝Eq，電場力向上，微粒帶負電，選項A錯誤；僅改變R3阻值，電場力不變，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動，選項B正確；僅改變A、B極板之間的距離，由E＝可知，電場強度變化，微粒將做螺旋線運動，選項C錯誤；僅改變A、B極板之間的正對面積，電場強度不變，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動，選項D錯誤． 5．D　[解析] 若只增大U，粒子速度增大，粒子可以從Pc之間或cb之間某處穿出磁場，選項A錯誤；若只減小B，粒子軌道半徑增大，粒子可以從Pc之間或cb之間某處穿出磁場，選項B錯誤；若同時

18、減小U和增加B，粒子軌道半徑減小，粒子可以從od之間或dP之間穿出磁場，選項C錯誤；若只增加k，粒子軌道半徑減小，粒子可以從cd之間或dP之間某位置穿出磁場，選項D正確． 6．CD　[解析] 由左手定則判斷，粒子帶正電，A錯；所有打在A1A2上的粒子，運動時間均等于半周期，但不同的粒子周期并不相同，由T＝?jīng)Q定，即與比荷有關(guān)，B錯；能通過狹縫P的帶電粒子，其速率是相同的，它們在速度選擇器中有：qE＝qvB，即：v＝，C對；打在A1A2上的位置由它們在偏轉(zhuǎn)場的半徑?jīng)Q定，由r＝＝知，越大，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，D對． 7．BD　[解析] 由Ek＝mv及qvB＝得：Ekm＝，與U無關(guān)，

19、A錯；增大交變電壓，則質(zhì)子的加速次數(shù)變少，故質(zhì)子在回旋加速器中運動時間變短，B對；若改變回旋加速器內(nèi)交變電壓的周期，則交變電壓的周期與質(zhì)子在D形盒中運動的周期不再相同，不能加速質(zhì)子，C錯；質(zhì)子被第n次被加速前后的軌道半徑為Rn－1、Rn，則(n－1)qU＝mv、nqU＝mv，解得：vn－1＝，vn＝，則vn－1∶vn＝∶，由R＝得：Rn－1∶Rn＝∶，D對． 8．AC　[解析] 粒子穿過鉛板時，速率應(yīng)越來越小，半徑也越來越小，故粒子應(yīng)從下向上穿過鉛板，C對，D錯；由圖可知，粒子所受的洛倫茲力指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，再由左手定則可判斷，該粒子帶正電，A對，B錯． 9．(1)　(2)·　(3)B≥

20、· [解析] (1)設(shè)離子從N板小孔射出進入勻強磁場的速率為v，由動能定理有 qU＝mv2 解得v＝. (2)離子在磁場中做圓周運動，軌道半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有 qvB＝m 聯(lián)立解得：R＝·. (3)要使離子不進入小圓區(qū)域，其軌道半徑時只能與小圓相切，此時軌道半徑為R0，則由圖可知 (R0＋r)2＝R＋(2r)2 解得：R0＝r 離子不進入小圓區(qū)域的條件是：R≤R0， 聯(lián)立解得：B≥·. 10．(1)E＝，方向豎直向下　(2)v＝v0，與水平方向的夾角為45°，斜向右上　(3)B＝ [解析] (1)由于上板帶正電，下板帶負電，故板間電場強度方向豎直向下．

21、 －q粒子在水平方向上勻速運動，在豎直方向上勻加速運動， L＝v0t ＝at2 其中a＝ 解得：E＝. (2)設(shè)粒子飛出板時水平速度為vx，豎直速度為vy，水平偏轉(zhuǎn)角為θ. vx＝v0，vy＝at＝·，tan θ＝，v＝ 可得θ＝45°，v＝v0. (3)由幾何關(guān)系易知R＝L 洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝ 解得B＝. 專題限時集訓(xùn)(八)B 1．BC　[解析] 帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)運動軌跡越長，對應(yīng)的圓心角θ越小，軌道半徑越大，其速率也越大，即從a點離開的電子速度最大，A、D錯，C對；而運動時間為t＝，θ越小，運動時間越短，故從a點離開的電子在磁場中運動時間最短，

22、B對． 2．AD　[解析] 由左手定則可知A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有Bvq＝，解得r＝，由于同種粒子且速度相同，所以在磁場中運動的軌道半徑相同，示意圖如圖所示，從圖中可以看出b離子軌跡為半圓，a離子軌跡超過半圓，B、C錯誤，D正確． 3．D　[解析] 洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理，可知v1＝v2，粒子下落的時間由下落高度和沿豎直方向上的加速度決定，有磁場時，粒子受到的洛倫茲力對粒子產(chǎn)生了沿豎直向上方向的分力，該分力使粒子下落的加速度比沒有磁場時小，所以下落得慢，時間長，即t1>t2.本題答案為D. 4．AC　[解析] 由電阻的決定式可知選項A正確；由左手定則可知電離氣體中的正

23、離子向上側(cè)面聚集，上側(cè)面相當于電源的正極，故流過電阻R的電流方向為a→b，選項B錯誤；對于某個氣體離子受力分析，由電場力等于洛倫茲力可知，q＝Bqv，解得發(fā)電導(dǎo)管產(chǎn)生的電動勢為E＝Bdv，選項C正確；由于發(fā)電導(dǎo)管有內(nèi)阻，故電阻R消耗的電功率一定小于，選項D錯誤． 5．AB　[解析] 磁場方向豎直向上，帶電粒子受指向圓心的洛倫茲力，由左手定則可判斷，加速器出口射出的是帶正電的粒子，A正確；D形盒電場的方向隨時間變化，使得帶電粒子不斷地在電場中得到加速，B正確；洛倫茲力對帶電粒子不做功，在磁場中帶電粒子的動能不發(fā)生變化，C錯誤；由T＝知，粒子在D形盒中的周期由磁感應(yīng)強度、粒子的比荷決定，與加速器

24、的半徑無關(guān)，D錯誤． 6．BC　[解析] 三個小球的重力做功相同，a小球的洛倫茲力不做功，b小球的電場力做負功，c小球電場力做正功，根據(jù)動能定理可知，在k處c小球速度最大，選項A錯誤；設(shè)小球在k處的速度大小為v，則小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕－mg＝，因為在k處c小球速度最大，所以在k處c小球?qū)壍缐毫ψ畲螅x項B正確；三個小球運動的路程相等，根據(jù)動能定理，運動到相同位置處時b小球的速率最小，故b小球需時最長，選項C正確；除重力之外，其他力所做的功等于機械能的改變量，顯然，a小球的機械能守恒，b小球的機械能減小，c小球的機械能增加，故b小球機械能損失最多，選項D錯誤． 7．D　[解析] 液滴共

25、受到三個力的作用：重力、電場力和洛倫茲力，其中重力和電場力都是恒力，洛倫茲力與運動方向垂直，假如液滴做變速運動，洛倫茲力就是變力，液滴的合外力方向一定會發(fā)生變化，液滴將做曲線運動，故液滴一定做勻速直線運動，選項A正確，選項D錯誤；液滴處于平衡狀態(tài)，合力為零，據(jù)此判斷出，液滴一定帶正電，電場線方向一定斜向上，選項B、C正確．本題答案為D. 8．C　[解析] 由左手定則判斷，a粒子帶負電，b粒子帶正電，A錯；粒子在磁場中所受的洛倫茲力為f＝qvB，在電荷量、磁感應(yīng)強度相同的情況下，速度越大，洛倫茲力越大，偏轉(zhuǎn)越小，即b粒子在磁場中所受洛倫茲力較大，B錯；質(zhì)量相同時，速度大，則動能大，C對；粒子在

26、磁場中的運動時間為t＝，a粒子對應(yīng)的圓心角大，故a粒子在磁場中運動時間較長，D錯． 9．(1)　(2) [解析] (1)粒子在電場中加速時，有 qU＝mv2 解得v＝ 而軌道半徑R＝ 粒子在磁場中運動時： qvB＝ 聯(lián)立可得：B＝. (2)粒子在電場中的運動時間為t1，有 d＝vt1 解得：t1＝＝d. 在磁場中的運動周期為T，T＝＝πL 運動時間t2＝＝ 所以運動的總時間t＝t1＋t2＝(d＋). 10．(1)0.4 m　(2)400 V　(3)3200 [解析] (1)t＝0時刻電壓為零，粒子勻速通過平行金屬板的時間極短，由牛頓第二定律，有 Bqv0＝ 解得：r＝＝0.2 m＜D. 粒子做半個圓周的運動，故射入磁場和射出磁場時兩點間的距離s＝2r＝0.4 m. (2)粒子在電場中做類平拋運動，當粒子從金屬板邊緣射出時，有 ＝at2，l＝v0t 其中a＝ 聯(lián)立解得U0＝＝400 V. (3)當∣uAB∣＜U0時，粒子可以射出電場，根據(jù)比例關(guān)系得 第一個周期能夠出射的粒子數(shù)為n＝×1000×4＝3200個．