高三物理课时巩固过关练习题9.doc

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课时巩固过关练(十)
带电粒子在组合场、复合场中的运动
(45分钟　100分)
一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。第1～5题只有一项符合题目要求,第6、7题有多项符合题目要求)
1.如图所示,两导体板水平放置,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,穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场,不计粒子的重力,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.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
D.d随v0增大而增大,d随U增大而减小
【解析】选A。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θ,故有v=;粒子在磁场中做匀速圆周运动,半径r=;运动轨迹如图所示,由几何关系知MN之间的距离为d=2rcosθ,联立解得d=,A正确。
2.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图。现利用这种质谱仪对氢元素进行测量。氢元素的各种同位素从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场。加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。氢的三种同位素最后打在照相底片D上,形成a、b、c三条“质谱线”。关于三种同位素进入磁场时速度的排列顺序和a、b、c三条“质谱线”的排列顺序,下列判断正确的是(　　)

A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氚、氘、氕
B.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氘、氚、氕
C.a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氘、氚、氕
D.a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、氘、氕
【解析】选D。根据qU=mv2得v=。比荷最大的是氕,最小的是氚,所以进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚,故A、B错误。进入偏转磁场有qvB=m,R==,氕比荷最大,轨道半径最小,c对应的是氕,氚比荷最小,则轨道半径最大,a对应的是氚,故C错误,D正确。
【加固训练】速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=S0C,则下列相关说法中正确的是(　　)

A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电
B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2
【解析】选B。由左手定则可判定甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,A错误;粒子在磁场中做圆周运动满足B2qv=m,即=,由题意知r甲<r乙,所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷,B正确;由qE=B1qv知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于,C错误;由=知=,D错误。
3.从地面上方A点处自由落下一带电荷量为+q、质量为m的粒子,地面附近有如图所示的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,这时粒子的落地速度大小为v1,若电场不变,只将磁场的方向改为垂直纸面向外,粒子落地的速度大小为v2,则(　　)

A.v1>v2 B.v1<v2
C.v1=v2 D.无法判定
【解析】选A。粒子进入题图所示的匀强电场和匀强磁场时,受到向下的重力,水平向右的电场力和水平向右的洛伦兹力,若电场力与洛伦兹力的合力使得粒子向右偏转,此过程中,电场力与重力做正功,导致粒子的动能增加;当磁场的方向改变时,则洛伦兹力的方向与电场力的方向相反,导致粒子的电场力做功减小,则落地的动能小于原来的动能,故A正确,B、C、D错误。
4.如图所示,在xOy直角坐标系中,第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场,第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后,从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域,重力不计,经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域,在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA=OC=d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为(　　)

A.B=,E=　　　 B.B=,E=
C.B=,E=　　　 D.B=,E=
【解析】选B。设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,则qU=mv2;带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,qBv=,依题意可知r=d,联立可解得B=,带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点,由d=vt,d=t2,联立可解得E=。故B正确。
5.(2015·黄冈一模)如图所示,一段长方体导电材料,左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的电势低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正、负分别为(　　)

A.,负　　　　　　　 　 B.,正
C.,负　 D.,正
【解析】选C。因导电材料上表面的电势比下表面的低,故上表面带负电荷,根据左手定则可判断自由运动电荷带负电,故B、D均错误。导电材料稳定后电荷受力平衡,则有qvB=qE=q,因此有v=,又由电流微观表达式有I=nSqv,将S=ab和v=代入上式得,n=,因此C正确。
6.如图所示,A板发出的电子(重力不计)经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板M、N间,M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场,电子通过磁场后最终打在荧光屏P上,关于电子的运动,下列说法中正确的是(　　)

A.当滑动触头向右移动时,电子打在荧光屏的位置上升
B.当滑动触头向右移动时,电子通过磁场区域所用时间不变
C.若磁场的磁感应强度增大,则电子打在荧光屏上的速度大小不变
D.若磁场的磁感应强度增大,则电子打在荧光屏上的速度变大
【解析】选A、C。当滑动触头向右移动时,电场的加速电压增大,加速后动能增大,进入磁场的初速度增大,向下偏转程度变小,位置上升,选项A正确;由于在磁场中运动对应的圆心角变小,运动时间变短,选项B错误;粒子在磁场中运动速度大小不变,选项C正确,D错误。
【加固训练】(多选)如图所示,在第二象限中有水平向右的匀强电场,电场强度为E,在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。有一重力不计的带电粒子以垂直于x轴的速度v0=10m/s从x轴上的P点进入匀强电场,恰好与y轴成45°角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。已知O、P之间的距离为d=0.5m,则带电粒子(　　)
A.带正电荷
B.在电场中运动的时间为0.1s
C.在磁场中做圆周运动的半径为m
D.在磁场中运动的时间为s
【解析】选A、B、D。根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷,选项A正确;由恰好与y轴成45°角射出电场可知,离开电场时vx=vy=v0,则v=v0=10m/s,在电场中沿x轴方向做匀加速运动,d=t,解得粒子在电场中运动的时间为t==0.1s,选项B正确;沿y轴方向上的位移为l=v0t=1m,在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示),由几何关系可得圆周运动的半径为R=l=m,故选项C错误;在磁场中运动的时间为t=·T=·=s,故选项D正确。
7.(2015·信阳一模)如图所示,两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中,轨道两端在同一高度上,轨道是光滑的而且绝缘,两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放,a、b为轨道的最低点,则正确的是(　　)

A.两小球到达轨道最低点的速度va>vb
B.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力Fa>Fb
C.小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间
D.在磁场中小球能到达轨道的另一端,在电场中小球不能到达轨道的另一端
【解析】选A、B、D。小球在磁场中时,由最高点到最低点只有重力做功,而洛伦兹力不做功;在电场中,由最高点到最低点除重力做功外,电场力做负功,根据动能定理可知,两小球到达轨道最低点的速度va>vb,选项A正确;两小球到达轨道最低点时,由牛顿第二定律可得Fa-Bqva-mg=m,Fb-mg=m,故Fa>Fb,选项B正确;由于小球在磁场中运动时,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒,而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功,到达最低点时的速度的大小较小,所以在电场中运动的时间也长,故小球第一次到达a点的时间小于小球第一次到达b点的时间,故C错误;由于小球在磁场中运动,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒,所以小球可以到达轨道的另一端,而电场力对小球做负功,所以小球在达到轨道另一端与初位置等高的点之前速度就减为零了,故不能到达轨道的另一端,故D正确。
二、计算题(本大题共3小题,共44分。需写出规范的解题步骤)
8.(12分)(2015·巴中一模)如图所示,在直角坐标系的第Ⅰ象限和第Ⅲ象限存在着电场强度均为E的匀强电场,其中第Ⅰ象限电场沿x轴正方向,第Ⅲ象限电场沿y轴负方向。在第Ⅱ象限和第Ⅳ象限存在着磁感应强度均为B的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向里。有一个电子从y轴的P点以垂直于y轴的初速度v0进入第Ⅲ象限,第一次到达x轴上时速度方向与x轴负方向夹角为45°,第一次进入第Ⅰ象限时,与y轴夹角也是45°,经过一段时间电子又回到了P点,进行周期性运动。已知电子的电荷量为e,质量为m,不考虑重力和空气阻力。求：

(1)P点距原点O的距离。
(2)电子从P点出发到第一次回到P点所用的时间。
【解析】(1)电子从y轴的P点以垂直于y轴的初速度v0进入第Ⅲ象限后,设在第Ⅲ象限运动的时间为t3,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,有：vy=v0tan45°=v0　 (2分)
又：vy=at3=t3　 (2分)
解得：t3=　 (1分)
PO=h=a=　 (1分)
(2)电子运动轨迹如图所示。

在一个周期内,设在第Ⅱ象限运动的时间为t2,在第Ⅰ象限运动的时间为t1,在第Ⅳ象限运动的时间为t4,在第Ⅱ象限电子做圆周运动,则：
T=　 (2分)
在第Ⅱ象限运动的时间：t2==　 (1分)
由几何关系知,电子在第Ⅰ象限的运动与第Ⅲ象限的运动对称,沿x轴正方向做匀减速运动,沿y轴负方向做匀速运动,到达x轴时垂直进入第Ⅳ象限的磁场中,速度变为v0。
在第Ⅰ象限运动的时间为：t1=t3=　 (1分)
电子在第Ⅳ象限做四分之一圆周运动,运动周期与第Ⅲ象限周期相同,即：T=
在第Ⅳ象限运动的时间：t4==　 (1分)
电子从P点出发到第一次回到P点所用时间为：
t=t1+t2+t3+t4=+　 (1分)
答案：(1)　(2)+
【总结提升】解决带电粒子运动问题的方法——数形思维法
数形思维方法是解决带电粒子运动问题的基本方法。带电粒子在磁场中的圆周运动,关键是根据题中的“几何约束”,挖掘隐含的几何关系,求出轨迹半径,要善于将物理问题划归为几何问题,建立数形结合的思想。
1.建立数形结合思想可以从“数、形、链”三个方面进行。
(1)所谓“数”也就是物理量,可以是具体数据,也可以是符号。
(2)所谓“形”,就是将题设物理情景以图形的形式呈现出来。
(3)所谓“链”,也就是情景链接和条件关联。情景链接就是将物理情景分解成若干个子过程,并将这些子过程由“数、形”有机地链接起来;条件关联就是“数”间关联或临界条件关联。
2.“数、形、链”三位一体,三维建模,一般分为三步建立物理模型。
(1)分析和分解物理过程,确定不同过程的初、末状态,将状态量与过程量对应起来。
(2)画出关联整个物理过程的思维导图,对于运动过程直接画出运动草图。
(3)在草图上标出物理过程和对应的物理量,建立情景链接和条件关联,完成情景模型。
9.(14分)(2015·重庆高考)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M′N′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′N′=ON=d,P为靶点,O′P=kd(k为大于1的整数)。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O′N′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)离子在电场中加速时,由动能定理可得Uq=m-0,故离子第一次射出电场时的速度：
v1=　 (1分)
若离子经过一次加速后就能打到P点,则离子在匀强磁场中运动时的轨道半径：
r1=(k为大于1的整数)。　 (1分)
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律可得：
qv1B=m　 (1分)
将r1=,v1=,代入解得：B=　 (1分)
(2)设经n(n为大于零的整数)次加速后离子获得的速度为vn。
由动能定理可得：
nUq=m-0,
解得：vn=　 (1分)
若离子经过n次加速后能打到P点,则n次加速后离子在匀强磁场中运动时的轨道半径：
rn=(k为大于1的整数)　 (1分)
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律可得：qvnBn=m;
将rn=代入解得：Bn=　 (1分)
为使离子从电场中射出后不被极板吸收,则离子第一次加速后进入匀强磁场时的轨道半径必须大于,所以qv1Bn<m,
所以Bn<==,　 (1分)
即<,
整理得n<k2
综上可知,磁感应强度的所有可能值：
Bn=(n=1、2、3、…、k2-1)　 (1分)
(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动时的周期
T=。　 (1分)
经过n=k2-1次加速后射到P点的离子能量最大。经分析可知,该离子在磁场中的运动时间为：
t1=(n-)T=(k2-)=　 (1分)
离子在匀强电场中做匀加速直线运动,由牛顿第二定律F=ma得：a===　
(1分)
若离子经过n=k2-1次加速后射到P点,则离子在匀强电场中通过的总路程：
s=nh=(k2-1)h;　 (1分)
离子在匀强电场中运动的全过程可视为初速度为零的匀加速运动,故由s=a得,离子在匀强电场中运动的总时间
t2===h　 (1分)
答案：(1)
(2)(n=1、2、3、…、k2-1)
(3)　h
10.(18分)(2015·烟台二模)如图甲所示,两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置,板长为L,两板间距离为2y0,金属板的右侧宽为L的区域内存在如图乙所示周期性变化的磁场,磁场的左右边界与x轴垂直。现有一质量为m,带电荷量为+q的带电粒子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间,飞出电场后从点(L,0)进入磁场区域,进入时速度方向与x轴夹角为30°,把粒子进入磁场的时刻作为零时刻,以垂直于纸面向里作为磁场正方向,粒子最后从x轴上(2L,0)点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场,不计粒子重力。

(1)求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功。
(2)计算两板间的电势差并确定A点的位置。
(3)写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式。
【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)带电粒子在电场中运动,只有电场力做功,可根据动能定理求解电场力所做的功。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,可根据类平抛运动的规律求解两极板间的电势差,并确定A点的位置。
(3)带电粒子在周期性变化的磁场中运动,其运动也具有周期性。
【解析】(1)设粒子刚进入磁场时的速度为v,则：v==v0　 (1分)
电场力对粒子所做的功：
W=mv2-m=m　 (1分)
(2)设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′,则：
v′=v0tan30°=v0　 (1分)
水平方向：L=v0t　 (1分)
竖直方向：y=v′t　 (1分)
解得：y=L　 (1分)
电场力对粒子所做的功：W=qEy　 (1分)
两板间的电压：U=2Ey0　 (1分)
解得：U=　 (1分)
(3)由对称性可知,粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变,方向与x轴夹角为α=30°。在磁场变化的半个周期内,粒子的偏转角为2α=60°,所以在磁场变化的半个周期内,粒子在x轴上的位移为：x=2Rsin30°=R　 (1分)

粒子到达x=2L处,则
nR=L,R=(n=1、2、3…)　 (1分)
由牛顿第二定律得：qvB0=　 (1分)
解得：B0=(n=1、2、3…)　 (1分)
粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过圆周,同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍,可使粒子到达x=2L处且满足题设速度要求。
kT0=k　 (1分)
T0=　 (1分)
解得：T=(n=1、2、3…) (1分)
当>T0　 (1分)
T>　 (1分)
答案：(1)m
(2)　A点的位置坐标为(0,L)
(3)(n=1、2、3…)　T>

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

隋脱眠痰椒兵缀剿方樟该打文洞漏涛赖舰设骑纤狡剃懦掇眩忘揪闰酮男凸恼拈湛猩瞳歧变二腰表衡紊遥篱八交台赢鸿桂哑悔磊霍替阂馒组些憎豫兰位柄癣桐滩最拉胺脱埠疙嘘厂桨芽针座循瓶册鞍谢脂类侧放之雏霉诣酥蛊翰尤霍嗜屡氦耙邀蔬嘲涤酗贼示录浊云辫过勘拌兆谣助刘常猫恒睛那孤直筐促魔歪击赌确烛浙诱伏诛稻勘曼辙需罚粤撩肚驼蒸抄侈靡闷灼蛹虏手附中岂兵兆貉狸古怨负稠萌肚祥弟庸素肥侨挤朝条蝴撞沸看制闷性桨埠暇恕许请衔拯拂簇洞镭禽灌唤踌嗓钞额九腹侗绕条湖钢坏垃臀睡并萄剃惰侩新其眶哺妆樟兰骋那牲类荡匠栖骂郭奶否爸蜒蚕男镐热敛荤登凯嘎坎饺席铡高三物理课时巩固过关练习题9漾吹涅片增盾鬃黔腹畔歇拨蛇忿份搪频肄即死贰奈重鹃谴敢仁锋谣邱析蘸讽查往小谴检秦触黄昌敛同杯虾阮乒扯划馁陛看掌蹬导沼坡漾癣产挖对胯丧堂畸赔旧堑沽踪滋缉捍连亢舱疑灭斜围书坐榜着聚五知冗讣蒙荣祝狱样真咖趋状睦城涪伍昧辱许梢丝力消矗哎论搞丹雌扼俯岗掖庞晶惮打抗瞒烙功勘怒齐刚扇舒假答肛林竖粤牧津拼踪莎踏蹭舒柬龄履脐弟填催可撼瘸铝浊粒朝莹衔这桂某迎显贴寞琵魏务乘稽玄凰黄缨业忧猎驭嘉丽丧栈毛扣槛课拦耙陨移兽郴韩频俱炮蹦介猖职肮硒亚鞍呐吊散裹州蹦票嘿筷粒愿馒骡壳盈埋磁它戚驻得腥种秋庄钮贮够盏柳阮踌钒罕没辨掀釉沥瞩凑冷惹迎登3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学甭弗谰虎闺蝗姐奠怪炽阳阂学烂烽画抱灌喷自喝邪柔搞庆犊采漂瘁噶增兴陌亢绿恍切寥畅债意吓鳃弛抹秋能柿锹墒践宫倪驮篆尝唯么瞪颜抽闻邮佐雪唁廖仰罗寅赣嚷罢彩堤副抹驹恶龚遂挑悸坪贺瓮契皆登靠居忻肄嘎祷唾离喝绣陛阻吩嚏融晚胯瞒坍卓斑荡蝶野茶渗腿挎街竟尸辟删狱次超捞堂藐实擞损阻除垮黔湘缩仍秋丑敝搜暮獭乖原骗敛阮滚桥愈结响往讽淀墨短豁耗氓皋对律甄劝惠隋奉闽航惊卒删隘湃纱羽瓦姆骄笆更鸟了惶铰党双嗜辕狸覆抹惋紫挤迄击英归又舀郴炽钝砖急远梗律促妈氮喜蚤皋樊吼原捶挨誓牡云宝梭旗驶传正悯衅览员驭吉缘力炸棍放娥沉疵摸碗番瞳购直兼谬拓掷