2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題五 電場和磁場 第2講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動專題限時檢測.doc

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2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題五 電場和磁場 第2講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動專題限時檢測 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分,第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.(xx四川自貢模擬)如圖所示,兩豎直平行板間同時存在勻強電場和勻強磁場,電場的電場強度為E、方向水平向左,磁場的磁感應強度為B、方向與電場垂直且水平向里.一帶電液滴以豎直向下的初速度v0=進入電、磁場區(qū)域,最終能飛出該區(qū)域.則液滴在電、磁場中(　D　) A.做勻速直線運動 B.做勻變速曲線運動 C.運動速度逐漸減小 D.機械能逐漸減小 解析:帶電液滴進入場中時,由題意可知,電場力等于洛倫茲力,所以重力使其加速運動,從而洛倫茲力的大小增大,方向隨速度方向的變化而變化,所以帶電液滴將向右做變速曲線運動,故A,B均錯誤;由題意可知,帶電液滴向右偏離并射出復合場,則運動速度逐漸增大,故C錯誤;由上分析可知,電場力做負功,電勢能增加,則機械能減小,故D正確. 2.(xx湖北宜昌一模)如圖所示,在x軸下方的第Ⅲ,Ⅳ象限中,存在垂直于xOy平面方向的勻強磁場,磁感應強度B1=2B2=2B,帶電粒子a,b分別從x軸上的P,Q兩點(圖中沒有標出)以垂直于x軸方向的速度同時進入勻強磁場B1,B2中,兩粒子恰在第一次通過y軸時發(fā)生正碰,碰撞前帶電粒子a的速度方向與y軸正方向成60角,若兩帶電粒子的比荷分別為k1,k2,進入磁場時的速度大小分別為v1,v2,不計粒子重力和兩粒子間相互作用,則下列關系正確的是(　C　) A.k1=2k2 B.2k1=k2 C.v1=2v2 D.2v1=v2 解析:兩粒子在y軸上發(fā)生正碰時粒子a的速度與y軸正方向成60角,則粒子b速度與y軸負方向成60角,軌跡對應的圓心角分別為120和60,如圖所示.兩粒子同時進入磁場并相撞,則運動時間相等,即t1=t2,而t1==,t2==,將B1=2B2=2B代入得k1=k2;由于兩粒子正碰則軌道半徑相等,而R1=,R2=,解得v1=2v2. 3.(xx山西模擬)質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具.圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零),從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后,再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN以v射入偏轉磁場,該偏轉磁場是以直線MN為切線、磁感應強度為B、方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場.現在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子,且GF=R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)(　C　) A. B. C. D. 解析:帶電粒子運動軌跡如圖,設粒子加速后獲得的速度為v,由動能定理有,qU=mv2,根據幾何關系知,粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r=R,又qvB=,則=,故C正確. 4.(xx廣東模擬)如圖所示,在直角坐標系xOy中,x軸上方有勻強磁場,磁感應強度的大小為B,磁場方向垂直于紙面向外.許多質量為m、電荷量為+q的粒子,以相同的速率v沿紙面內,由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域.不計重力及粒子間的相互作用.下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經過的區(qū)域,其中R=,正確的圖是(　D　) 解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,以x軸為邊界的磁場,粒子從x軸進入磁場后再離開,速度v與x軸的夾角相同,根據左手定則和R=,知沿x軸負方向的粒子剛好進入磁場運動一個圓周,沿y軸進入的粒子剛好轉動半個周期,如圖所示,在兩圖形的相交部分是粒子不能經過的地方,故D正確. 5.(xx內蒙古包頭一模)如圖所示,在圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場,ab是圓的直徑.一帶電粒子從a點射入磁場,速度大小為v、方向與ab成30角時,恰好從b點飛出磁場,且粒子在磁場中運動的時間為t;若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場,也經時間t飛出磁場,則其速度大小為(　C　) A.v B.v C.v D.v 解析:設圓形區(qū)域的半徑為R.帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有qvB=,得r=.當粒子從b點飛出磁場時,入射速度與出射速度與ab的夾角相等,所以速度的偏轉角為60,軌跡對應的圓心角為60.根據幾何知識得,軌跡半徑為r1=2R;當粒子從a點沿ab方向射入磁場時,經過磁場的時間也是t,說明軌跡對應的圓心角與第一種情況相等,也是60.根據幾何知識得,粒子的軌跡半徑為r2=R;由r=可得,==,即v′=v,故C正確. 6.(xx江蘇泰州三模)為測量化工廠的污水排放量,技術人員在排污管末端安裝了流量計(流量Q為單位時間內流過某截面流體的體積)如圖所示,長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a,b,c,左右兩端開口,所在空間有垂直于前后、磁感應強度大小為B的勻強磁場,在上、下兩個面的內側固定有金屬板M,N,污水充滿管道從左向右勻速流動,測得M,N間電壓為U,污水流過管道時受到的阻力大小為f=kLv2,k是比例系數,L為污水沿流速方向的長度,v為污水的流速,則(　CD　) A.污水的流量Q= B.金屬板M的電勢不一定高于金屬板N的電勢 C.電壓U與污水中離子濃度無關 D.左、右兩側管道的壓強差Δp= 解析:根據qvB=q得v=,則有Q=vS=vbc=bc=,故A錯誤.根據左手定則,正離子向上表面偏轉,負離子向下表面偏轉,知上表面的電勢一定高于下表面的電勢,即金屬板M的電勢一定高于金屬板N的電勢,故B錯誤.最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡,有qvB=q,解得U=vBc,電壓U與離子濃度無關,故C正確.根據平衡條件,則有Δpbc= f=kLv2=kav2,而v=,解得Δp=,故D正確. 7.(xx河北張家口模擬)如圖所示,AOB為一邊界為圓的勻強磁場,O點為圓心,D點為邊界OB的中點,C點為邊界上一點,且CD∥AO.現有兩個帶正電粒子1,2,它們的比荷之比為1∶2,射入磁場的速率之比為1∶2,其中粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子2從C點沿CD射入,從某點離開磁場,不計重力及粒子間的相互作用,則(　CD　) A.粒子2必在B,C之間(不含B,C)某點射出磁場 B.粒子2必在D,B之間(不含D,B)某點射出磁場 C.粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3∶1 D.粒子1與粒子2的速度偏轉角度之比為3∶2 解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=,解得r=,由題意可知,兩粒子的比荷之比為1∶2,射入磁場的速率之比為1∶2,則它們的軌道半徑相等,即r1=r2,粒子運動軌跡如圖所示,粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子在磁場中運動的圓心角為90,粒子軌道半徑等于BO,粒子2從C點沿CD射入其運動軌跡如圖所示,設對應的圓心為O1,運動軌道半徑等于BO,連接O1C,O1B,O1COB是平行四邊形,O1B=CO,則粒子2一定從B點射出磁場,故A,B錯誤;粒子1的速度偏角等于在磁場中轉過的圓心角θ1=90,連接PB,可知P為O1C的中點,由數學知識可知,粒子2在磁場中轉過的圓心角θ2=∠BO1P=60,兩粒子的速度偏角不同,粒子在磁場中運動的周期T=,由于兩粒子的比荷之比為1∶2,則=,粒子在磁場中的運動時間t=T,它們在磁場中的運動時間之比== =,粒子1與粒子2的速度偏轉角度之比==,故C,D正確. 8.(xx河南一模)如圖所示,半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內,磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于軌道平面向里.一可視為質點、質量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A無初速度滑下,當小球滑至軌道最低點C時,給小球再施加一始終水平向右的外力F,使小球能以保持不變的速率滑過軌道右側的D點.若小球始終與軌道接觸,重力加速度值為g,則下列判斷正確的是(　AD　) A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg+qB C.小球從C到D的過程中,外力F的大小保持不變 D.小球從C到D的過程中,外力F的功率逐漸增大 解析:從A點運動到C點的過程中只有重力做功,根據動能定理得, mgR=mv2,解得v=,故小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛=qBv= qB,故A正確;由左手定則可知,小球向右運動到C點時若受到的洛倫茲力的方向向上,則有N+qvB-mg=,解得N=3mg-qvB=3mg- qB,故B錯誤;小球從C到D的過程中,受力分析得,mgsin θ=Fcos θ,速度方向與水平方向夾角θ變大,重力沿切線方向的分力增大,所以水平外力F的大小增大,故C錯誤;小球從C到D的過程中小球的速率不變,而洛倫茲力和支持力不做功,所以拉力F的功率與重力的功率大小相等、方向相反.由運動的合成與分解可知,小球從C向D運動的過程中,豎直方向的分速度越來越大,所以重力的功率增大,外力F的功率也增大,故D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(xx江蘇南通模擬)在平面直角坐標系xOy中,第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場,第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場,磁感應強度為B.一質量為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x軸上的N點與x軸正方向成45角射入磁場,最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場,如圖所示.不計粒子重力,求: (1)M,N兩點間的電勢差UMN; (2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r; (3)粒子從M點運動到P點的總時間t. 解析:(1)設粒子過N點的速度為v,有=cos θ,v=v0, 粒子從M點到N點的過程,有qUMN=mv2-m, 解得UMN=. (2)設粒子以O′圓心做勻速圓周運動的半徑為r,由牛頓第二定律得,qvB=, 解得r=. (3)由幾何關系得,ON=rsin θ,設在電場中時間為t1,有ON=v0t1,t1=, 由r=,T=得,粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=,設粒子在磁場中運動的時間為t2, 有t2=T=,t=t1+t2, 解得t=. 答案:(1)　(2)　(3) 10.(20分)(xx湖南邵陽模擬)如圖(甲)所示,在xOy平面內存在磁場和電場,磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化,B的變化周期為4t0,E的變化周期為2t0,變化規(guī)律分別如圖(乙)和圖(丙)所示.在t=0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子(不計重力),初速度大小為v0,方向沿y軸正方向.在x軸上有一點A(圖中未標出),坐標為(,0).若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向,y軸正方向為電場強度的正方向,v0,t0,B0為已知量,磁感應強度與電場強度的大小滿足:=;粒子的比荷滿足=.求: (1)在t=時,粒子的位置坐標; (2)粒子偏離x軸的最大距離; (3)粒子運動至A點的時間. 解析:(1)在0～t0時間內,粒子做勻速圓周運動, 根據洛倫茲力提供向心力可得,qB0v0=mr1=m, 解得,T==2t0,r1== 在時間內轉過的圓心角α=,粒子的位置坐標為(,). (2)在t0～2t0時間內,粒子經電場加速后的速度為v,粒子的運動軌跡如圖所示 末速度v=v0+t0=2v0 運動的位移x=t0=1.5v0t0 在2t0～3t0時間內粒子做勻速圓周運動的半徑 r2=2r1= 故粒子偏離x軸的最大距離h=x+r2=1.5v0t0+. (3)粒子在xOy平面內做周期性運動的周期為4t0,一個周期內向右運動的距離d=2r1+2r2= AO間的距離為=8d, 所以,粒子運動至A點的時間為t=32t0. 答案:(1)(,)　(2)1.5v0t0+　(3)32t0