（江蘇專用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題過關(guān)檢測（七）磁場 帶電粒子在復(fù)合場中的運動-人教版高三物理試題

專題過關(guān)檢測（七）磁場帶電粒子在復(fù)合場中的運動一、單項選擇題1．(2019·江蘇泰州中學(xué)月考)在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直。一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子()A．一定帶正電B．速度v＝eq\f(E,B)C．若速度v>eq\f(E,B)，粒子一定不能從板間射出D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動解析：選B粒子從左端射入，不論帶正電還是負(fù)電，電場力大小為qE，洛倫茲力大小F＝qvB＝qE，兩個力平衡，速度v＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動，故選項A錯誤，B正確；若速度v＞eq\f(E,B)，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉(zhuǎn)，可能從板間射出，故選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，電場力與洛倫茲力在同一方向，不能做直線運動，故選項D錯誤。2．(2019·南京、鹽城一模)如圖所示，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方電子的初速度方向與電流I的方向相同，均平行于紙面水平向左。下列四幅圖是描述電子運動軌跡的示意圖，正確的是()解析：選A由安培定則可知，在直導(dǎo)線下方磁場的方向為垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知電子受到的洛倫茲力向下，電子向下偏轉(zhuǎn)；通電直導(dǎo)線中的電流產(chǎn)生的磁場是以直導(dǎo)線為中心向四周發(fā)散的，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度越小，由半徑公式r＝eq\f(mv,eB)可知，電子運動的軌跡半徑越來越大，故A項正確，B、C、D項錯誤。3．(2019·泰州期末)如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里、大小相等的電流時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零。若僅讓P中的電流反向，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為()A．2B0 B．eq\f(2\r(3),3)B0C.eq\f(\r(3),3)B0 D.B0解析：選B在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，設(shè)兩通電導(dǎo)線在與兩導(dǎo)線距離為l的a點處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度為B1，如圖甲所示：由此可知，外加的磁場方向與PQ平行，由Q指向P，且B1＝B0；依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識，有：BPcos30°＝eq\f(1,2)B0，解得P或Q通電導(dǎo)線在a處的磁感應(yīng)強度大小為BP＝eq\f(\r(3),3)B0。當(dāng)P中的電流反向，其他條件不變，如圖乙所示，依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識，則有：B2＝eq\f(\r(3),3)B0；因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，磁場大小為B0；最后由矢量的合成法則，那么a點處磁感應(yīng)強度的大小為B＝eq\r(B02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)B0))2)＝eq\f(2\r(3),3)B0，故B正確，A、C、D錯誤。4．(2019·南通模擬)導(dǎo)體中的電流是這樣產(chǎn)生的：當(dāng)在一根長度為L、橫截面積為S，單位體積內(nèi)自由電荷數(shù)為n的均勻?qū)w兩端加上電壓U，導(dǎo)體中出現(xiàn)一個勻強電場，導(dǎo)體內(nèi)的自由電子(－e)受勻強電場的電場力作用而加速，同時由于與陽離子碰撞而受到阻礙，這樣邊反復(fù)碰撞邊向前移動，可以認(rèn)為阻礙電子運動的阻力大小與電子移動的平均速率v成正比，即可以表示為kv(k是常數(shù))，當(dāng)電子所受電場力與阻力大小相等時，導(dǎo)體中形成了恒定電流，則該導(dǎo)體的電阻是()A.eq\f(kl,e2nS) B．eq\f(kS,e2nl)C.eq\f(k,e2nlS) D.eq\f(kl,enS)解析：選A由題意可知當(dāng)電場力與阻力相等時形成恒定電流，則有eq\f(U,L)e＝kv，解得v＝eq\f(Ue,kl)，則導(dǎo)體中的電流I＝nevS＝eq\f(ne2SU,kl)，則由歐姆定律可得R＝eq\f(U,I)＝eq\f(kl,e2nS)，A項正確。5.如圖所示，水平虛線MN上方有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內(nèi)水平向右到豎直向上90°范圍內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動。不計粒子重力和粒子間相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是()解析：選B粒子由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動，因為粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知粒子將向左偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；因為粒子以相同的速率沿位于紙面內(nèi)水平向右到豎直向上90°范圍內(nèi)的各個方向發(fā)射，由O點射入水平向右的粒子恰好應(yīng)為最右端邊界且ON＝R；在豎直方向上有最遠(yuǎn)點為2R，由O點豎直向上射入的粒子，打在最左端且距離為OM＝2R，但是左側(cè)因為沒有粒子射入，所以中間會出現(xiàn)一塊空白區(qū)域，故B正確，A、D錯誤。二、多項選擇題6．以下說法正確的是()A．電荷處于電場中一定受到靜電力B．運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力C．洛倫茲力對運動電荷一定不做功D．洛倫茲力可以改變運動電荷的速度方向和速度大小解析：選AC電荷處于電場中一定受到靜電力，故A項正確；運動電荷的速度方向與磁場平行時，運動電荷不受洛倫茲力，故B項錯誤；洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力對運動電荷一定不做功，故C項正確；洛倫茲力對運動電荷一定不做功，由動能定理得，洛倫茲力不能改變運動電荷的動能，即洛倫茲力不能改變速度的大小，只能改變速度的方向，故D項錯誤。7．(2019·海安期末)如圖所示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)簡圖。勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁場強弱由通過勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié)，在球形玻璃泡底部有一個可以升降的電子槍，從電子槍燈絲中發(fā)出電子的初速度可忽略不計，經(jīng)過加速電壓U(U可調(diào)節(jié)，且加速間距很小)后，沿水平方向從球形玻璃泡球心的正下方垂直磁場方向向右射入，電子束距離球形玻璃泡底部切線的高度為h(見圖)，已知球形玻璃泡的半徑為R。下列說法正確的是()A．僅增大勵磁線圈中電流，電子束徑跡的半徑變大B．僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C．電子束在玻璃泡內(nèi)做完整圓周運動的最大半徑為R－eq\f(h,2)D．僅增大勵磁線圈中電流，電子做圓周運動的周期將變小解析：選BCD經(jīng)過電子槍加速，根據(jù)動能定理eU＝eq\f(1,2)mv2得，電子進入磁場的速度為v＝eq\r(\f(2eU,m))。電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，即evB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立兩式得，電子在磁場中運動的軌道半徑為：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))。若僅增大勵磁線圈中電流，B增加，r將減??；若僅提高電子槍加速電壓U，則r將變大，故A錯誤，B正確；因為電子束距離球形玻璃泡底部切線的高度為h，沿與切線方向平行的速度射入磁場，若電子做圓周運動的軌跡恰好跟玻璃泡頂部相切，則對應(yīng)的軌跡半徑最大，如圖所示，則最大半徑為rm＝eq\f(2R－h(huán),2)＝R－eq\f(h,2)，故C正確；電子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，若僅增大勵磁線圈中電流，B增加，則周期將變小，D項正確。8.如圖所示，虛線EF下方存在著正交的勻強電場和勻強磁場，一個帶電微粒從距離EF高度為h的某處由靜止開始做自由落體運動，從A點進入場區(qū)后，恰好做勻速圓周運動，然后從B點射出，C為圓弧的最低點。下面說法正確的有()A．從B點射出后，微粒能夠再次回到A點B．如果僅使h變大，微粒從A點進入場區(qū)后將仍做勻速圓周運動C．如果僅使微粒的電荷量和質(zhì)量加倍，微粒將仍沿原來的軌跡運動D．若僅撤去電場E，微粒到達軌跡最低點時受到的洛倫茲力一定大于它的重力解析：選BCD從B點射出后，微粒做豎直上拋運動，不可能再回到A點，故選項A錯誤；帶電微粒進入正交的勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，電場力與重力必定平衡，如果僅使h變大，不會改變電場力與重力平衡，因此仍做勻速圓周運動，所以選項B正確；由題意知mg＝qE，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝meq\f(v2,r)，v＝eq\r(2gh)，則微粒做圓周運動的半徑為r＝eq\f(E,B)eq\r(\f(2h,g))，若微粒的電荷量和質(zhì)量加倍，不會影響運動軌道的半徑，所以選項C正確；當(dāng)撤去電場E，微粒在洛倫茲力與重力作用下運動，當(dāng)?shù)竭_軌跡最低點時，仍做曲線運動，則洛倫茲力大于它的重力，即運動軌跡偏向合力一側(cè)，所以選項D正確。9．(2019·江蘇揚州中學(xué)月考)如圖為回旋加速器的示意圖。其核心部分是兩個D型金屬盒，置于磁感應(yīng)強度大小恒定的勻強磁場中，并與高頻交流電源相連。帶電粒子在D型盒中心附近由靜止釋放，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮相對論效應(yīng)。欲使粒子在D型盒內(nèi)運動的時間增加為原來的2倍，下列措施可行的是()A．僅將磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?倍B．僅將交流電源的電壓變?yōu)樵瓉淼囊话隒．僅將D型盒的半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．僅將交流電源的周期變?yōu)樵瓉淼?倍解析：選BC根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)得，v＝eq\f(qBR,m)，則最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)。粒子被電場加速一次動能增加qU，則粒子被加速的次數(shù)n＝eq\f(Ekm,qU)＝eq\f(qB2R2,2mU)，粒子在磁場中運動周期的次數(shù)n′＝eq\f(n,2)＝eq\f(qB2R2,4mU)，因T＝eq\f(2πm,qB)，則粒子從靜止開始到出口處所需的時間t＝n′T＝eq\f(πBR2,2U)。由以上分析可知，若僅將磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?倍，在磁場中運動的周期變化，則不能與交流電周期同步，不能始終加速，故A項錯誤；由以上分析可知，或僅將交流電源的電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，或僅將D型盒的半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，即可使粒子在D型盒內(nèi)運動的時間增加為原來的2倍，因此B、C項正確，D項錯誤。三、計算題10．(2018·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。解析：(1)金屬棒做勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式有v2＝2as解得v＝eq\r(2as)。(2)金屬棒所受安培力F安＝IdB金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB)。(3)金屬棒的運動時間t＝eq\f(v,a)，通過的電荷量Q＝It解得Q＝eq\f(mgsinθ－a\r(2as),dBa)。答案：(1)eq\r(2as)(2)eq\f(mgsinθ－a,dB)(3)eq\f(mgsinθ－a\r(2as),dBa)11．(2019·南通聯(lián)考)如圖所示，容器A中裝有大量的質(zhì)量不同、電荷量均為＋q的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩豎直平行板中央垂直電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場。粒子通過豎直平行板后垂直磁場方向進入磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的水平勻強磁場區(qū)域，最后打在感光片上。已知加速電場中S1、S2間的加速電壓為U，偏轉(zhuǎn)電場極板長為eq\r(3)L，兩板間距為L，板間電場看成勻強電場，其電場強度E＝eq\f(2U,3L)，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場水平邊界ab相交于點P，在邊界ab上實線處固定放置感光片。測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之間，且PQ的長度為3L，邊界ab下方的磁場范圍足夠大，不考慮粒子的重力與粒子間的相互作用。求：(1)粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于板面方向偏轉(zhuǎn)的距離x和偏轉(zhuǎn)的角度θ；(2)射到感光片P處的粒子的質(zhì)量m1；(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm。解析：(1)設(shè)質(zhì)量為m的粒子通過孔S2的速度為v0，由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv02粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度為：a＝eq\f(qE,m)沿速度v0方向：eq\r(3)L＝v0t沿電場方向：vx＝at，x＝eq\f(1,2)at2且有tanθ＝eq\f(vx,v0)解得x＝eq\f(1,2)L，θ＝30°。(2)粒子從e板下方與水平方向成60°角射入勻強磁場。設(shè)粒子射入磁場時速度為v1，做圓周運動的軌道半徑為r1，則qv1B＝m1eq\f(v12,r1)其中v1＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\r(\f(8qU,3m1))由幾何關(guān)系可知r1＝eq