1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题检测卷(十)带电粒子在组合场、复合场中的运动A组(45分钟100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题9分,共54分。每小题只有一个选项正确)1.如图所示,从离子源发射出的正离子,经加速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B方向垂直纸面向外)中,发现离子向上偏转。要使此离子沿直线通过电磁场,需要()A.增加E,减小BB.增加E,减小UC.适当增加UD.适当减小B2.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由
2、电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U。已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是()A.上表面电势高B.上、下表面电势一样高C.该导体单位体积内的自由电子数为D.该导体单位体积内的自由电子数为3.(2013合肥二模)轨道炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。与传统的大炮将火药燃气压力作用于弹丸不同,轨道炮利用的是电磁系统中磁场的作用力,其作用的时间要长得多,可大大提高弹丸的速度和射程。在磁感应强度、通电电流、弹丸质量不变的前提下,当发射轨道水平放置时,以下说法正确
3、的是()A.弹丸在磁场中获得的加速度与轨道长度成正比B.弹丸在磁场中的加速时间与轨道长、宽之比的平方成正比C.弹丸在磁场中获得的速度与轨道平面的面积成正比D.弹丸在磁场中获得的动能与轨道平面的面积成正比4.环型对撞机是研究高能粒子的重要装置,如图所示,比荷相等的正、负离子由静止都经过电压为U的直线加速器加速后,沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B。正、负离子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动,然后在碰撞区迎面相撞,不考虑相对论效应,下列说法正确的是()A.所加的匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外B.
4、若加速电压一定,离子的比荷越大,磁感应强度B越小C.磁感应强度B一定时,比荷相同的离子加速后,质量大的离子动能小D.对于给定的正、负离子,加速电压U越大,离子在环状空腔磁场中的运动时间越长5.(2013珠海一模)一束几种不同的正离子,垂直射入有正交的匀强磁场和匀强电场区域里,离子束保持原运动方向未发生偏转,接着进入另一匀强磁场,发现这些离子分成几束,如图所示。对这些正离子,可得出结论()A.它们的动能一定各不相同B.它们的电量一定各不相同C.它们的质量一定各不相同D.它们的比荷一定各不相同6.(2013西安一模)在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场的方向垂直纸面向里,一个
5、带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动,如图所示。由此可判断下列说法正确的是()A.如果油滴带负电,则油滴从M点运动到N点B.如果油滴带正电,则油滴从N点运动到M点C.如果电场方向水平向右,则油滴从N点运动到M点D.如果电场方向水平向左,则油滴从N点运动到M点二、计算题(本大题共3小题,共46分。需写出规范的解题步骤)7.(15分)(2013芜湖一模)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,有过x轴正半轴的P点、平行于y轴的直线边界CD,第象限内CD边界左侧有竖直向上的匀强电场,第象限内CD边界右侧有水平向右的匀强电场,两电场电场强度大小相等,第象限内CD边界左侧有垂直于坐标平面向外的匀强磁
6、场,磁感应强度为B,一质量为m,电荷量为q的带负电粒子(不计重力)从y轴正半轴上距坐标原点O距离为L的M点以速度v0沿x轴正方向射入电场,经x轴上的N点与x轴正方向成53射入磁场,最后垂直于CD边界进入右侧电场(已知sin53=0.8,cos53=0.6)。求:(1)粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径;(2)O、P两点间的距离;(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间。8.(15分)(2013西安一模)在地面附近的真空中,存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场,如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。该区域中有一条水平直线MN,D是MN上的一点。在
7、t=0时刻,有一个质量为m、电荷量为+q的小球(可看作质点),从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动,t0时刻恰好到达N点。经观测发现,小球在t=2t0至t=3t0时间内的某一时刻,又竖直向下经过直线MN上的D点,并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点。求:(1)电场强度E的大小。(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间。(3)小球运动的周期,并画出运动轨迹(只画一个周期)。9.(16分)(2013沈阳一模)如图所示,在xOy平面内,第象限内的虚线OM是电场与磁场的边界,OM与y轴负方向成45角。在x0且OM的左侧空间存在着沿x轴负方向的匀强电场E,场强大小为0.32N/
8、C,在yr1,即v丙v乙,则三个小球释放位置的高度满足h甲h丙h乙,由于三个小球运动过程中只有重力做功,则均保持机械能不变。由以上分析可知本题正确选项为D,选项A、B、C错误。5.【解析】选C。由于小球重力方向竖直向下,空间存在磁场,且小球直线运动方向斜向下,与磁场方向相同,故不受磁场力作用,电场力必水平向右,但电场具体方向未知,故不能判断带电小球的电性,选项A错误;重力和电场力的合力不为零,故小球不做匀速直线运动,所以选项B错误;因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同,故小球一定做匀加速直线运动,选项C正确;运动过程中由于电场力做正功,故机械能增加,选项D错。6. 【解析】选D。带电粒子在
9、匀强电场中做类平抛运动,水平方向做匀加速直线运动,竖直方向做匀速直线运动,出电场时与y轴成45角,水平速度与竖直速度相等,则由水平方向t1=,则竖直方向的位移y=v0t1=2d,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,恰好垂直于x轴进入下面的磁场,则由几何关系可求出粒子的半径为r=2d且r=,粒子垂直进入下面磁场中继续做匀速圆周运动,又垂直x轴出磁场,粒子自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为t2=T=,自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t=t1+t2=,故选D。【变式备选】如图所示,真空中有一匀强电场和水平面成一定角度斜向上,一个电荷量为Q=-510-6C的带电质点固定于电场中的O点,在a
10、点有一个质量为m=910-3kg、电荷量为q=210-8C的点电荷恰能处于静止,a与O在同一水平面上,且相距为r=0.1m。现用绝缘工具将q搬到与a在同一竖直平面上的b点,Oa=Ob且相互垂直,在此过程中外力至少做功为()A.1.810-2JB.9(+1)10-3JC.910-3JD.910-3J【解析】选D。点电荷恰好在a点静止,在该位置点电荷受力平衡,受力分析图如图所示。因为带电质点Q对点电荷的库仑力为F=k=910-2N,点电荷的重力为G=mg=910-2N,根据平衡条件知,匀强电场对点电荷的电场力大小为F电=910-2N,方向与Oa成45角斜向上,与ab连线垂直,直线ab与电场线垂直是
11、匀强电场的等势线。用绝缘工具将q搬到与a在同一竖直平面上的b点的过程中,库仑力和电场力都对点电荷不做功,只有重力做了W=-mgr=-910-3J的功,因此,在该过程中,外力至少应克服重力做910-3J的功,选项D正确,其他选项均错。7.【解析】(1)由牛顿第二定律得qv0B=m(1分)R=(1分)(2)由粒子第二次进入电场后做类平抛运动有2R=v0t(2分)2R=at2(2分)Eq=ma(1分)解得E=v0B(2分)(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t1=T+T=(2分)粒子在电场中做直线运动的时间t2=(1分)粒子在电场中做类平抛运动的时间t=(1分)粒子从O点射出到回到O点所用的时间t
12、总=t1+t2+t=(2分)答案:(1)(2)v0B(3)8.【解题指南】解答本题时应该注意:(1)离子进入偏转电场后在偏转方向上的运动规律分析和判断。(2)根据几何知识求离子在磁场中的运动半径与磁场宽度的关系。【解析】(1)设t0=110-3s,由题意可知,从0、3t0、6t0时刻进入偏转电场的离子侧向位移最大,在这种情况下,离子的侧向位移为ymax=a(2t0)2+vyt0=2+(2t0)t0=(2分)从2t0、5t0、8t0时刻进入偏转电场的离子侧向位移最小,在这种情况下,离子的侧向位移为ymin=a(2t0)2=2(2分)所以最大侧向位移与最小侧向位移之比为ymaxymin=21(2分
13、)(2)设离子从偏转电场中射出时的偏向角为,由于离子要垂直打在荧光屏上,离子在磁场中的运动轨迹如图所示。由几何知识可知离子在磁场中运动半径应为R=(2分)设离子从偏转电场中出来时的速度为v,垂直偏转极板的速度为vy,则离子从偏转电场中出来时有sin=(2分)式中vy=t0(2分)离子在磁场中由牛顿第二定律可得:qvB=m(1分)故R=综上所述可得L=0.02m(2分)答案:(1)21(2)0.02m9.【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)先根据带电粒子在磁场中碰撞前后速度的大小没有变化,确定粒子做圆周运动的半径相同,运动具有对称性;(2)再根据对称性确定带电粒子做圆周运动的圆心角
14、和半径;(3)最后根据加速电场电压变化前后的比例关系,找出速度变化前后的比例关系,进而确定变化后的圆心角和半径及碰撞次数。【解析】(1)设两板间的电压为U,由动能定理得qU=mv2(2分)由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed(1分)联立以上式子可得E=(2分)(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O,圆半径为r。设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角AOS等于。(1分)由几何关系得r=Rtan(2分)粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律得qvB=m(1分)联立式得R=(1分)(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U,则U=(1分)设粒子进入S孔时的速度为v,由式看出=(1分)综合式可得v=v(1分)设粒子做圆周运动的半径为r,则r=(1分)设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为,比较两式得到r=R,可见=(1分)粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3(1分)答案:(1)(2)(3)3关闭Word文档返回原板块- 25 - 版权所有高考资源网