2016届高考物理第二轮专题提升突破复习题34

专题限时训练(十)带电粒子在复合场中的运动(一)(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2015·海淀模拟)如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电场、匀强磁场，电场强度大小为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里．从电场、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示．对于带电粒子在电场、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项作出判断．你认为正确的是()A.eq\f(2mE,B2q)B.eq\f(4mE2,B2q)C.eq\f(2mB,E2q)D.eq\f(mB,2Eq)答案：A解析：长度的国际单位为米(m)，根据力学单位制推导四个表达式，最终单位为米的只有A选项，故A正确，B、C、D错误．2．(2015·苏州模拟)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动答案：C解析：无论电场沿什么方向，小球带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使小球做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向未确定，故小球电性也不确定，A、B均错误：由WG＋W电＝0可知，重力做功WG>0，故W电<0，小球一定克服电场力做功，C正确．3．(2015·济南模拟)如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A．0B．2mgC．4mgD．6mg答案：C解析：设小球自左方摆到最低点时速度为v，则eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cos60°)，此时qvB－mg＝meq\f(v2,L)，当小球自右方摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，T－mg－qvB＝meq\f(v2,L)，得T＝4mg，故C正确．4．(2015·杭州模拟)一群不计重力的带电粒子，从容器A下方的小孔s1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过s3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上．下列说法正确的是()A．电量相同的粒子进入磁场的速度大小一定相同B．质量相同的粒子进入磁场的速度大小一定相同C．比荷相同的粒子在磁场中运动半径一定相同D．比荷相同的粒子在磁场中运动的半径与磁感应强度B无关答案：C解析：对粒子在加速电场中的运动由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，由此可知，带电量相同、质量不同的粒子进入磁场时的速度大小不同，质量相同、带电量不同的粒子进入磁场时的速度大小也不同；对粒子进入磁场后的匀速圆周运动，由牛顿第二定律及洛伦兹力公式有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，由此可知粒子在磁场中运动的轨道半径与粒子的比荷有关，选项A、B、D错误，C正确．5．(2015·临沂模拟)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．如图所示，电子束经加速电压U加速后进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过圆面中心O点打到屏幕中心M点，加磁场后电子束偏转到屏幕上P点的外侧．现要使电子束偏转到P点，可行的办法是()A．增大加速电压B．增加偏转磁场的磁感应强度C．将圆形磁场区域向屏幕远离些D．将圆形磁场区域的半径增大些答案：A解析：电子在电场中加速运动的过程，根据动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU,m))，电子进入磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得evB＝eq\f(mv2,r)，由以上两式可得电子运动的轨迹半径r＝eq\f(mv,eB)＝eq\f(m,eB)eq\r(\f(2eU,m))＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))，设圆形磁场区域的半径为R，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r).增大加速电压U时，由上述分析可知，r增大，偏转角θ减小，能使电子束偏转到P点，A正确；增加偏转磁场的磁感应强度B时，r减小，偏转角θ增大，不能使电子束偏转到P点，B错误；将圆形磁场区域向屏幕远离些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，不能使电子束偏转到P点，C错误；将圆形磁场的半径增大些时，r不变，R增大，θ增大，电子向上偏转增大，不能使电子束偏转到P点，D错误．二、多项选择题(每小题6分，共18分)6．(2015·日照模拟)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，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、乙无相对滑动，一起向左加速运动．在加速运动阶段()A．甲、乙两物块间的摩擦力不变B．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大C．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动答案：BC解析：甲、乙组成的整体，受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向右的摩擦力作用，设甲、乙两物块质量分别为M、m，乙物块所受滑动摩擦力Ff＝μ[(M＋m)g＋qvB]，随速度增大，乙物块与地面间摩擦力不断增大，B项正确；由牛顿第二定律有：Eq－Ff＝(M＋m)a，整体速度不断增大的过程中，加速度不断减小，C项正确，D项错；对甲物块应用牛顿第二定律，Ff′＝Ma，随整体加速度不断减小，甲、乙间的静摩擦力不断减小，A项错．7．(2015·开封模拟)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是()A．此粒子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．粒子在C点时机械能最大D．粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点答案：ABC解析：粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷，A正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，粒子从A点到B点运动过程中，电场力不做功，故A、B点位于同一高度，B正确；C点是最低点，从A点到C点运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知粒子在C点时速度最大，动能最大，C正确；到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，且向右运动，不会返回，故D错误．8.(2015·湖北重点中学模拟)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线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁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，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．加速电场的电压U＝eq\f(1,2)ERC．直径PQ＝eq\f(2,B)eq\r(qmER)D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷答案：ABD解析：由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则可得，粒子带正电，选项A正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU＝eq\f(1,2)mv2，又粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE＝eq\f(mv2,R)，解得U＝eq\f(ER,2)，选项B正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得PQ＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))，选项C错误；若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明运动的轨道半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D正确．三、计算题(每小题16分，共32分)9．(2015·济南模拟)如图所示的直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.－带正电粒子M在y轴上的P点沿x轴正向射入电场，偏出电场后经x轴上的Q点进入磁场，再经磁场偏转后恰能回到原点O.已知M粒子经过Q点时的速度大小为v，方向与x轴成30°角，粒子的电量为q，质量为m，不计重力．求：(1)M粒子在P点的入射速度；(2)匀强电场的场强大小；(3)在Q点的正上方L＝eq\f(2\r(3)mv,3qB)处静止释放一相同的带电粒子N，若二者恰好能在磁场中的某位置相遇，求N粒子需要在M粒子离开P点后多长时间释放．答案：(1)eq\f(\r(3),2)v(2)eq\f(\r(3),4)Bv(3)(2π－2eq\r(3))eq\f(m,3qB)解析：(1)vP＝vcos30°＝eq\f(\r(3),2)v.(2)M粒子在磁场中运动时有qvB＝eq\f(mv2,R)设OQ的距离为l，由几何关系可得l＝2Rsin30°＝R＝eq\f(mv,qB)l＝vPt＝eq\f(\r(3),2)vtvy＝vsin30°＝atqE＝ma可得E＝eq\f(\r(3),4)Bv.(3)对N粒子：qEL＝eq\f(1,2)mv′2解得v′＝v两个粒子在磁场中运动的半径以及OQ的长度均相等，且N粒子垂直x轴入射，则圆心在O点．由几何关系可知，二者的轨迹相遇点、入射点Q和两个圆心四个点正好构成一个菱形，且一个角为120°M粒子到相遇点的时间tM＝eq\f(l,vP)＋eq\f(4πm,3qB)N粒子到相遇点的时间tN＝eq\f(2L,v′)＋eq\f(2πm,3qB)解得Δt＝tM－tN＝eq\f(2πm,3qB)－eq\f(2\r(3)m,3qB)＝(2π－2eq\r(3))eq\f(m,3qB).10．(2015·广州模拟)如图所示，带电粒子垂直电场线方向进入有界匀强电场，从Q点飞出时又进入有界的匀强磁场，并从D点离开磁场且落在了荧光屏的ON区域．已知：电场方向沿纸面竖直向上、宽度为d，P、Q两点在竖直方向上的距离为d；QD为磁场的水平分界线，上方磁场垂直纸面向外、下方磁场垂直纸向里、磁感应强度大小相同，磁场宽度为d；粒子质量为m、带电量为q、不计重力，进入电场的速度为v0.(1)求电场强度E的大小；(2)大致画出粒子以最大半径穿过磁场的运动轨迹；(3)求磁感应强度的最小值B.答案：(1)eq\f(2mv\o\al(2,0),dq)(2)见解析图(3)eq\f(8mv0,qd)解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场强度为E，运动时间为t，运动的加速度为a，则d＝v0td＝eq\f(1,2)at2粒子在电场中，由牛顿第二定律有Eq＝ma得E＝eq\f(2mv20,dq).(2)轨迹如图所示．(