2019-2020年高考物理 3-6帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動同步檢測 新人教版選修3-1.doc

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2019-2020年高考物理 3-6帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動同步檢測 新人教版選修3-1 1．如圖所示，帶負(fù)電的粒子以速度v從粒子源P處射出，若圖中勻強(qiáng)磁場范圍足夠大(方向垂直紙面)，則帶電粒子的可能軌跡是(　　) A．a(chǎn)　　　　　　　　　　 B．b C．c D．d 答案：BD 解析：出射方向必與運(yùn)動軌跡相切． 2．右圖是科學(xué)史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運(yùn)動的徑跡．云室放置在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直照片向里．云室中橫放的金屬板對粒子的運(yùn)動起阻礙作用．分析此徑跡可知粒子(　　) A．帶正電，由下往上運(yùn)動 B．帶正電，由上往下運(yùn)動 C．帶負(fù)電，由上往下運(yùn)動 D．帶負(fù)電，由下往上運(yùn)動 答案：A 解析：從照片上看，徑跡的軌道半徑是不同的，下部半徑大，上部半徑小，根據(jù)半徑公式R＝可知，下部速度大，上部速度小，這一定是粒子從下到上穿越了金屬板而損失了動能，再根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，因此，正確的選項是A. 3．(xx新泰高二檢測)一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強(qiáng)電場區(qū)域，穿出電場后接著又進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域．設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強(qiáng)度方向平行，如圖中的虛線所示．在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是(　　) 答案：AD 解析：A、C選項中粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電，再進(jìn)入磁場后，A圖中粒子應(yīng)逆時針轉(zhuǎn)，正確．C圖中粒子應(yīng)順時針轉(zhuǎn)，錯誤．同理可以判斷B錯，D對． 4．一重力不計的帶電粒子以初速度v0(v0<)先后穿過寬度相同且緊鄰在一起的有明顯邊界的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B，如圖甲所示．電場和磁場對粒子總共做功W1，若把電場和磁場正交疊加，如圖乙所示，粒子仍以v0的初速度穿過疊加場區(qū)，電場和磁場對粒子總共做功W2，比較W1、W2的大小(　　) A．一定是W1＝W2 B．一定是W1>W2 C．一定是W1W2，也可能是W10)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強(qiáng)大小為E0的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響． (1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小； (2)若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)． 答案：(1)　(2)x＝ 解析：(1)能從速度選擇器射出的離子滿足qE0＝qv0B0 ① ∴v0＝ ② (2)離子進(jìn)入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場E后做類平拋運(yùn)動， 則x＝v0t ③ L＝at2 ④ 由牛頓第二定律得qE＝ma ⑤ 由②③④⑤解得x＝ 能力提升 1．(xx臨朐一中質(zhì)檢)如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點O處以速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負(fù)是(　　) A.，正電荷　　　　　 B.，正電荷 C.，負(fù)電荷 D.，負(fù)電荷 答案：C 解析： 粒子穿過y軸正半軸，由左手定則可判斷粒子帶負(fù)電，粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可得： r＋rsin30＝a，解得r＝a 由r＝得：＝. 2．(xx重慶)如下圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進(jìn)入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡為相應(yīng)的圓弧．這些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示. 粒子編號 質(zhì)量 電荷量(q>0) 速度大小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m －3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m －q v 由以上信息可知，從圖中a、b、c處進(jìn)入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為(　　) A．3、5、4 B．4、2、5 C．5、3、2 D．2、4、5 答案：D 解析：根據(jù)左手定則可知a、b帶同種電荷，c所帶電荷與a、b電性相反，粒子運(yùn)動的軌道半徑r＝∝，而由題圖可知，半徑最大的粒子有兩個，b是其中之一，a和c兩粒子的半徑相等，其大小處于中間值，因此分析表中數(shù)據(jù)并結(jié)合粒子電性的限制可知，半徑最大的粒子的編號為3和4，半徑最小的粒子的編號為1，半徑處于中間的粒子的編號為2和5.又據(jù)題圖可知有3種粒子的電性相同(包括a、b)，另兩種粒子的電性也相同(包括c)，但與前3種的電性相反，綜合以上情況可知，只有選項D正確． 3.一同學(xué)家中電視機(jī)畫面的幅度偏小，維修店的技術(shù)人員檢查后認(rèn)為是顯像管或偏轉(zhuǎn)線圈出了故障(顯像管及偏轉(zhuǎn)線圈L如下圖所示)．那么引起故障的原因可能是(　　) A．電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減小 B．加速電場的電壓過高，電子速率偏大 C．偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減少 D．偏轉(zhuǎn)線圈的電流過小，偏轉(zhuǎn)磁場減弱 答案：BCD 解析：畫面變小，是由于電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，即偏轉(zhuǎn)軌道半徑增大所致，根據(jù)軌道半徑公式r＝，加速電壓增大，將引起v增大，而偏轉(zhuǎn)線圈匝數(shù)減少或電流減小，都會引起B(yǎng)減小，并最終導(dǎo)致r增大，偏轉(zhuǎn)角減?。? 4．(xx佛山高二檢測)如圖所示，設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，已知一粒子在重力、電場力和洛倫茲力作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運(yùn)動，到達(dá)B點時速度為零，C點是運(yùn)動的最低點，以下說法正確的是(　　) A．這粒子必帶正電荷 B．A點和B點在同一高度 C．粒子在C點時速度最大 D．粒子到達(dá)B點后，將沿曲線返回A點 答案：ABC 解析：根據(jù)粒子彎曲方向，可知受洛倫茲力方向必沿彎曲方向，判斷出粒子必帶正電．而粒子在A、B兩點時速度都為零，在運(yùn)動過程中洛倫茲力不做功，這樣重力功和電場力功應(yīng)均為零．即A、B點在同一高度；粒子到達(dá)最低點C點，電場力功和重力功最大，速度達(dá)到最大，而粒子到B點后將沿同樣路徑向右偏轉(zhuǎn)． 5.(xx臨沂模擬)如圖所示，一根水平光滑的絕緣直槽軌連接一個豎直放置的半徑為R＝0.50m的絕緣光滑槽軌，槽軌處在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50T.有一個質(zhì)量m＝0.10g，帶電量為q＝＋1.610－3C的小球在水平軌道上向右運(yùn)動．若小球恰好能通過最高點，則下列說法正確的是(　　) A．小球在最高點所受的合力為零 B．小球到達(dá)最高點時的機(jī)械能與小球在水平軌道上的機(jī)械能相等 C．如果設(shè)小球到達(dá)最高點的線速度是v，則小球在最高點時式子mg＋qvB＝m成立 D．如果重力加速度取10m/s2，則小球的初速度v0＝4.6m/s 答案：ABD 解析：帶電粒子在最高點除受到重力外，還受到豎直向上的洛倫茲力作用，屬于“輕桿—小球”模型，最高點的臨界條件是速度為0，小球在最高點所受的合力為零，A對，小球運(yùn)動中洛倫茲力以及軌道的彈力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，B對，如果設(shè)小球到達(dá)最高點的線速度是v，則小球在最高點時式子mg－qvB＝m成立，C錯，根據(jù)機(jī)械能守恒可以計算出小球的初速度v0＝4.6m/s，D對． 6.(xx湖南省三校高二期末聯(lián)考)一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v0從O點沿y軸正方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面．粒子飛出磁場區(qū)域后，再運(yùn)動一段時間從b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向夾角為30，如圖所示．不計粒子重力，求： (1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑； (2)b點到O點的距離； (3)粒子從O點到b點的時間． 答案：(1)　(2)　(3)(＋) 解析：(1)洛倫茲力提供向心力， qv0B＝m，得R＝. (2)設(shè)圓周運(yùn)動的圓心為a，則 ab＝＝2R， Ob＝R＋ab＝. (3)圓周運(yùn)動的周期T＝， 在磁場中運(yùn)動的時間t1＝T＝. 離開磁場后運(yùn)動的距離 s＝Rtan60＝， 運(yùn)動的時間t2＝＝. 由O點到b點的總時間 t＝t1＋t2＝(＋)．