1、- 1 -专题七 限时训练(限时:45 分钟)【测控导航】考点 题号(难易度)1.带电粒子在区域组合场中的运动 2(易),3(易),8(中),12(难)2.带电粒子在交替组合场中的运动 7(中)3.带电粒子在叠加场中的运动 1(易),5(易),6(中),9(中),10(中)4.带电粒子在周期性变化的电、磁场中的运动4(易),11(难),13(难)一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第 16 题只有一项符合题目要求,第 710 题有多项符合题目要求)1.(2015 杭州月考)在某一空间同时存在相互正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场的方向竖直向上,磁场方向如图所示,两个带电液滴在此复合场中恰好能
2、在竖直平面内做匀速圆周运动,则( A ) - 2 -A.它们的运动周期一定相等B.它们的圆周运动方向可能相反C.若它们的动量大小相等,轨道半径就一定相等D.若它们的动能相等,轨道半径就一定相等解析:因 T= ,又 mg=qE,则 T= .因此它们的运动周期一定相等,故 A正确;液滴只带正电,电场力与重力相平衡,而洛伦兹力提供向心力,则知粒子都沿逆时针方向做匀速圆周运动,故 B 错误;因 mg=Eq,则粒子的运动半径为 r= = = ,所以 r= = ,当动量大小相等时,只有质量一定时,轨道半径才相等;当动能相等时,只有电量一定时,轨道半径才相等,故 C,D 错误.2.如图所示,两导体板水平放置
3、,两板间电势差为 U,带电粒子以某一初速度 v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场,则粒子射入磁场和射出磁场的 M,N两点间的距离 d 随着 U 和 v0的变化情况为( A ) A.d 随 v0增大而增大,d 与 U 无关B.d 随 v0增大而增大,d 随 U 增大而增大C.d 随 U 增大而增大,d 与 v0无关- 3 -D.d 随 v0增大而增大,d 随 U 增大而减小解析:设粒子从 M 点进入磁场时的速度大小为 v,该速度与水平方向的夹角为 ,故有 v= ,粒子在磁场中做匀速圆周运动,半径为 r= ,而MN 之间的距离为 d=2rcos
4、 ,联立解得 d= ,故选项 A 正确.3.(2015 嘉兴调研)如图所示,为速度相同的一束粒子由左端垂直射入质谱仪后的运动轨迹,则下列相关说法中正确的是( C ) A.该束带电粒子带负电B.能通过狭缝 S0的带电粒子的速率等于C.若保持 B2不变,粒子打在胶片上的位置越远离狭缝 S0,粒子的比荷越小D.若增大入射速度,粒子在磁场中轨迹半圆将变大解析:粒子刚进入磁场后向下偏转,所受的洛伦兹力向下,由左手定则,该束带电粒子带正电,故 A 错误.速度选择器的 P1极板带正电,由qE=qvB1可得能通过狭缝 S0的带电粒子的速率等于 v= ,故 B 错误;由r= 可知,粒子打在胶片上的位置越远离狭缝
5、 S0,r 越大,粒子的比荷越小,故 C 正确;若增大入射速度,则粒子无法直线通过速度选择器,更无法进入右侧磁场,故 D 错误.- 4 -4.在高能物理研究中,粒子回旋加速器起着重要作用.回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的 D 形金属盒半径为 R,磁感应强度为 B的匀强磁场与盒面垂直.S 处粒子源产生的粒子,质量为 m、电荷量为+q,初速度不计,在加速器中被加速,加速电压为 U.两盒间的狭缝很小,每次加速的时间很短,可以忽略不计,加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.下列说法正确的是( D ) A.为使正粒子每次经过窄缝都被加速,交变电压的频率 f=B.粒子第 n 次与第 1 次在下半
6、盒中运动的轨道半径之比为C.若其他条件不变,将加速电压 U 增大为原来的 2 倍,则粒子能获得的最大动能增大为原来的 2 倍D.若其他条件不变,将 D 形盒的半径增大为原来的 2 倍,则粒子获得的最大动能增大为原来的 4 倍解析:带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等,根据qvB=m ,则 v= ,周期 T= = ,与粒子的速度无关,粒子每转半圈,交变电场变化一次,故周期也为 T 电 = ,频率为 f= ,故选项 A 错误;根据动能定理知(2n-1)qU= m ,粒子第 n 次与第 1 次在下半盒中运动的速度之比为 1 ,根据 r= 知轨道半径之比等于速度之比为 1- 5 -,故选项
7、B 错误;粒子最后均从磁场中沿 D 形盒边缘飞出,半径r=R= ,可知最后速度由 D 形盒半径决定,与电压无关,根据 Ekm= m= 知动能也是只与 D 形盒半径有关,故选项 C 错误,D正确.5.如图所示,某一真空室内充满竖直向下的匀强电场 E,在竖直平面内建立坐标系 xOy,在 y0的空间内,将一质量为 m 的带电液滴(可视为质点)自由释放,此液滴沿y 轴的负方向、以加速度 a=2g(g 为重力加速度)做匀加速直线运动.当液滴运动到坐标原点时,被安置在原点的一个装置瞬间改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变),随后液滴进入 y0 的空间内以加速度 a=2g 做匀加速直线运动,可知液滴带
8、正电,且电场力等于重力.当液滴运动到坐标原点时变为负电荷,液滴进入 y0 的空间内运动.电场力等于重力,液滴做匀速圆周运动,重力势能先减小后增大,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,动能保持不变,故 D 项正确.- 6 -6.(2015 绍兴月考)如图所示,粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球,整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中,小球由静止开始下滑,在整个运动过程中小球的 v t 图象如图所示,其中正确的是( C ) - 7 -解析:在水平方向:N=Eq-Bvq竖直方向:mg-N=ma随 v 增大,Bvq 增大,N 逐渐减小到 0,又反向逐渐
9、增大,向下的加速度逐渐增大到 a=g 后逐渐减小,当 N=mg 时 a=0,速度达到最大,后匀速.故 C 正确,A,B,D 错误.7.如图所示,质量为 m、电荷量为 e 的质子以某一初速度从坐标原点 O沿 x 轴正方向进入场区,若场区仅存在平行于 y 轴向上的匀强电场时,质子通过 P(d,d)点时的动能为 5Ek;若场区仅存在垂直于 xOy 平面的匀强磁场时,质子也能通过 P 点.不计质子的重力.设上述匀强电场的电场强度大小为 E、匀强磁场的磁感应强度大小为 B,则下列说法中正确的是( BD ) A.E= B.E=C.B= D.B=解析:只有平行于 y 轴向上的匀强电场时,质子做类平抛运动,设
10、末速度与水平方向夹角为 ,则有 tan = = = =2,即 vy=2v0,合速度 v=- 8 -= v0,末动能 5Ek= mv2= m5 ,所以质子初动能为 m =Ek,根据动能定理 eEd=5Ek-Ek=4Ek,解得 E= ,选项 A 错误,B 正确.若场区仅存在垂直于 xOy 平面的匀强磁场时,质子也能通过 P 点,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系可得圆周运动半径为 d,根据洛伦兹力提供向心力有 ev0B= ,整理得 B= = ,选项 C 错误,D正确.8.(2015 辽宁丹东质检)如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心的半径
11、为 R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为 E,若分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外.一质量为 m,电荷量为 q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由 P 点垂直边界进入磁分析器,最终打在胶片上的 Q 点.不计粒子重力.下列说法正确的是( BD ) - 9 -A.粒子带负电B.加速电场的电压 U= ERC.直线 PQ 长度为 2BD.若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群粒子具有相同的比荷解析:在静电分析器中,粒子做圆周运动的向心力由电场力来提供,即电场力的方向与电场强度 E 的方向相同,粒子带正电,A
12、项错误;由qU= mv2和 qE= 得 U= ER,B 项正确;因为 v= = ,粒子在磁分析器中做匀速圆周运动,则 qvB= 得 r= ,故 =2r= ,C 项错误;若粒子均打在同一点,即 r 相同,所以该群粒子应具有相同的比荷,D 项正确.9.(2015 杭州模拟)如图所示,甲是不带电的绝缘物块,乙是带负电的物块,甲、乙叠放在一起,置于粗糙的绝缘水平地板上,地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现加一水平向左的匀强电场,发现甲、乙一起向右加速运动.在加速运动阶段( AC ) A.甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动- 10 -B.甲、乙两物块间的摩擦力不变C.乙物块与地面之间的摩擦力不断
13、增大D.甲、乙两物体可能做匀加速直线运动解析:对整体分析,竖直方向有 N=(m 甲 +m 乙 )g+Bvq,水平方向 Eq-N=(m甲 +m 乙 )a,速度增大,洛伦兹力增大,则正压力增大,地面对乙的滑动摩擦力 f=N 增大,电场力 F=Eq 一定,根据牛顿第二定律得,加速度 a 减小,对甲研究得到,乙对甲的摩擦力 f 甲 =m 甲 a,则得到 f 甲 减小,甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小.故 A,C 正确,B,D 错误. 10.(2015 嘉兴模拟)如图所示,匀强电场(水平向右,电场强度为 E)和匀强磁场相互正交,宽度为 d,竖直方向足够长.今有一束 粒子以不同的速率沿图示方向射入场区.设
14、 粒子的带电荷量为 q,不计重力,那么飞出复合场区的 粒子的动能变化量可能为( CD ) A. B.C.0 D.qEd解析:由题意可知,带电粒子可能从右边飞出,也可能从左边飞出,由于电场力对粒子做功,洛伦兹力不做功,所以当从右边飞出时,粒子的动- 11 -能变化量为 qEd,当从左边飞出时,粒子的动能变化量为 0,故 C,D 正确,A,B 错误.二、非选择题教师备用:直角坐标系 xOy 在光滑绝缘水平面内,以坐标原点 O 为圆心,半径为 R=m 的圆形区域内存在匀强电场,场强方向与 x 轴正向平行.坐标原点处有一个电荷量为 q=-210 -6C,质量为 m=210-6kg 的粒子以 v0=1
15、m/s 的速度沿 y 轴正向射入电场,经 t=1 s 后射出圆形电场区域.(1)求粒子射出圆形电场区域时的动能;(2)若圆形区域仅存在垂直坐标平面方向的匀强磁场,磁感应强度为B=1 T,求粒子在磁场中运动的时间和出射点的位置坐标.解析:(1)粒子在水平面内仅受电场力,做类平抛运动.在 x 轴负方向做匀加速运动,有 qE=ma,x= at2沿 y 轴方向做匀速运动,有 y=v0t出射点在圆周上,满足轨迹方程 x2+y2=R2,联立解得 x=-1 m,E=2 N/C.从 O 点到出射点,据动能定理有 qEx=Ek- m ,粒子射出电场时的动能为 Ek= m +qEx=510-6J.- 12 -(2
16、)若圆形区域内仅存在垂直纸面方向的匀强磁场,则粒子在水平面内仅受洛伦兹力,做匀速圆周运动,有 qv0B=m ,运动轨道半径 r= =1 m若磁场方向垂直于坐标平面向外,则粒子沿逆时针方向运动,圆心坐标为(-1,0),设粒子出射点坐标为(x 1,y1),据几何关系有 + =R2,(x1+1)2+ =r2联立解得 x1=-1,y1=1,即出射点坐标为(-1,1)由几何关系可知,此时粒子出射方向沿 x 轴负方向若磁场方向垂直于坐标平面向内,则粒子沿顺时针方向运动,圆心坐标为(1,0),设出射点坐标为(x 2,y2),据几何关系有 + =R2,(x2-1)2+ =r2,联立解得 x2=1,y2=1,即
17、出射点坐标为(1,1)据几何关系,此时粒子出射方向沿 x 轴正方向综上分析:无论粒子在磁场中是顺时针运动还是逆时针运动,粒子出射速度方向均平行于 x 轴,所以,粒子运动轨迹所对圆心角均为直角,粒子在磁场中运动时间为四分之一周期,即 t= = 1.57 s.答案:(1)510 -6J (2)1.57 s (1,1)或(-1,1)11.(2015 重庆理综)如图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中 MN 和 MN是间距为 h 的两平行极板,其上分别有正对的两个小孔 O 和 O,O- 13 -N=ON=d,P 为靶点,OP=kd(k 为大于 1 的整
18、数).极板间存在方向向上的匀强电场,两极板间电压为 U.质量为 m、带电量为 q 的正离子从O 点由静止开始加速,经 O进入磁场区域.当离子打到极板上 ON区域(含 N点)或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在,离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受的重力.求: (1)离子经过电场仅加速一次后能打到 P 点所需的磁感应强度大小;(2)能使离子打到 P 点的磁感应强度的所有可能值;(3)打到 P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间.解析:(1)离子经过电场仅加速一次后能打到 P 点时,轨道半径 R1=根据牛顿第二定律有 B1qv1=m对离子在电场中加速的过
19、程应用动能定理有 qU= m解得 B1= ;(2)假设离子在电场中加速了 n 次后恰好打到 P 点,有nqU= mBqv2=m- 14 -R=解得 B=若离子在电场中加速一次后恰好打在 N,同理可得此时的磁感应强度B0=由题意可知,BB 0时离子才可能打到 P 点由 ,解得 nk2,可见 n 的最大值应为 k2-1,即 n 的取值应为 n=1,2,3,k2-1.即磁感应强度的可能值为 B= (n=1,2,3,k2-1).(3)n=k2-1 对应的离子就是打在 P 点的能量最大的离子.离子在磁场中运动的圈数为 k2- ,故在磁场中运动的时间 t1=(k2- )T=(k2- ) = .设离子在电场
20、中运动的时间为 t2,则有(k 2-1)h=解得 t2=h .答案:(1) (2) (n=1,2,3,k2-1)(3) h12.(2015 嘉兴模拟)空间存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,如图所示,电场强度 E=10 N/C,PQ 为该电磁复合场的分界线,一- 15 -电荷量 q=210-2C,质量 m=0.02 kg 的带正电小物块(可看成质点)以初速度 v0=4 m/s 由 M 点水平向右射出,恰好由 N 点(斜面的最高点)沿斜面方向滑入光滑斜面,MN=2 m,已知斜面斜边长为 m,初速度 v0方向与 MN 连线成 =30,g=10 m/s 2,则: (1)试求磁感应强度 B
21、;(2)试求直角斜面的倾角 ;(3)试求粒子在斜面上运动的时间.解析:(1)小物块受到的电场力 qE=210-210 N=0.2 N,小物块所受重力 mg=0.0210 N=0.2 N,qE=mg,重力与电场力合力为零,小物块在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,小物块运动轨迹如图所示:由几何知识可得:=2=60,故 r=MN=2 m,由牛顿第二定律得 qv0B=m ,代入数据解得 B= T.(2)由几何知识可得 =60;- 16 -(3)物块在斜面上,由牛顿第二定律得 mgsin =ma,代入数据解得 a=5 m/s2,物块做匀加速直线运动,由速度位移公式 x=v0t+ at2.代入数据解得 t=
22、 s.答案:(1) T (2)60 (3) s13.(2015 凉山州三诊)如图(甲)所示,在坐标轴 y 轴左侧存在一方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为 B,y 轴右侧存在如图(乙)所示宽度为 L 的有界交变电场(规定竖直向下为正方向),此区间右侧存在一大小仍为 B 方向垂直于纸面向内的匀强磁场,有一质量为 m,带电荷量为 q 的正粒子(不计重力)从 x 轴上的 A 点以速度大小为 v 方向与x 轴正方向夹角 =60射出,粒子达到 y 轴上的 C 点时速度方向与 y轴垂直,此时区域内的电场从 t=0 时刻变化,在 t=2T 时粒子从 x 轴上的 F 点离开电场(sin 37=0.6,c
23、os 37=0.8),求:(1)C 点距坐标原点距离 y;(2)交变电场的周期 T 及电场强度 E0的大小;(3)带电粒子进入右侧磁场时,区域内的电场消失,要使粒子仍能回到A 点,左侧磁感应强度的大小、方向应如何改变?- 17 -解析:(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有 qvB=m,得 r= ,C 点纵坐标为 y=r-rcos 60= .(2)粒子在水平方向做匀速直线运动,L=vt=2vT,解得 T= .竖直方向到达 x 轴上的 F 点,根据运动的对称性有y=4 ( )2,解得 E0= .(3)从 F 点进入右磁场时,方向水平向右,速度仍为 v,做圆周运动,半径仍为 r,离开右磁场时恰运动半周,水平向左,电场消失,匀速运动到 y轴,进入左侧磁场,运动半径为 R.由图知要回到 A 点,轨迹如图,根据几何关系知:R 2=(2r-R)2+( r)2解得 R= ,则由洛伦兹力提供向心力有 qvB1= ,解得 B1= B,方向垂直纸面向内.答案:(1) (2) (3) B 方向垂直纸面向内
