《备考指南一轮 物理 》课件-第9章 第3讲

第九章第3讲知识巩固练习1．(2019年广州名校月考)如图，从离子源产生的一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)由静止经电场加速后自a点沿半径方向垂直于匀强磁场射入圆形区域的磁场中，在c点射出．已知圆的半径为r，粒子在磁场中运动时间为t0，∠aOc＝120°，则加速电场的电压是()A．eq\f(π2r2m,6qt\o\al(2,0)) B．eq\f(π2r2m,24qt\o\al(2,0))C．eq\f(2π2r2m,3qt\o\al(2,0)) D．eq\f(π2r2m,18qt\o\al(2,0))【答案】A【解析】粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角α＝60°，轨迹半径为R＝rtan60°＝eq\r(3)r，粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中的运动时间t0＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(πm,3qB)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得U＝eq\f(π2r2m,6qt\o\al(2,0))，故A正确．2．(2018年邯郸期末)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，开关闭合，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力．以下说法正确的是()A．将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出B．将磁场方向改成垂直于纸面向外，粒子将继续沿直线匀速射出C．保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可能从N板边缘射出D．保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向下移动，粒子可能从M板边缘射出【答案】D【解析】MN间的电场方向向下，带正电的粒子所受的电场力向下，带电粒子匀速穿过两板时，电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，则洛伦兹力向上．将开关断开，则电容器与电源断开，电容器通过R放电，两板间的电场强度要减小，粒子所受的电场力减小，将小于洛伦兹力，粒子将向上偏转，故A错误；将磁场方向改成垂直于纸面向外，电场力方向不变，洛伦兹力变为向下，则粒子将向下偏转，故B错误；保持开关闭合，滑片P向下移动，电容器板间电压减小，板间场强减小，带电粒子所受的电场力减小，则粒子将向上偏转，可能从M板边缘射出，故C错误；保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向下移动，板间电压不变，由E＝eq\f(U,d)可知场强减小，电场力减小，则电场力小于洛伦兹力，则粒子将向上偏转，可能从M板边缘射出，故D正确．3．(2019年徐州模拟)右图为回旋加速器的示意图．两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速．已知D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U，频率为f，质子的质量为m，电荷量为q.下列说法错误的是()A．质子的最大速度不超过2πRfB．质子的最大动能为eq\f(q2B2R2,2m)C．质子的最大动能与电压U无关D．只增大磁感应强度B，可减小质子的最大动能【答案】D【解析】质子出回旋加速器时的速度最大，此时的半径为R，则v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf.所以最大速度不超过2πRf，选项A正确．质子的最大动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，与电压无关，选项B、C正确．质子的最大动能Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)，只增大磁感应强度，可增大质子的最大动能，选项D错误．故选D.4．(多选)(2019年淮安模拟)如图所示，含有eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器．沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场B2，最终打在P1、P2两点．则()A．打在P1点的粒子是eq\o\al(4,2)HeB．打在P2点的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC．O2P2的长度是O2P1长度的2倍D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等【答案】BC【解析】带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，即qvB＝qE，所以v＝eq\f(E,B).可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以qvB＝eq\f(mv2,r)，故r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m,q)·eq\f(v,B).可知粒子的比荷越大，运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P2点的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He.故A错误，B正确．由题中的数据可得，eq\o\al(1,1)H的比荷是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的比荷的2倍，所以eq\o\al(1,1)H的轨道半径是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的轨道半径的eq\f(1,2)，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍．故C正确．粒子运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，三种粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等．故D错误．5．(多选)(2019年银川模拟)如图所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场．四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点(图中未画出)．小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力，则()A．O、C之间的距离大于O、B之间的距离B．小球从抛出到落在斜面上用时相等C．小球落到B点与C点的速度大小相等D．从O到A与从O到D，合力对小球做功相等【答案】AC【解析】带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力．根据类平抛运动规律，则有eq\f(v0t,\f(1,2)at2)＝cotθ.当加速度越大时，所用时间越短，因此OB间距小于OC间距，故A正确．由题意可知，甲图带电小球做平抛运动．由A分析可知，运动的时间介于乙图与丙图之间，故B错误．根据A分析，有eq\f(v0t,\f(1,2)at2)＝cotθ，那么vy＝at＝2v0tanθ.它们的竖直方向的速度相等．根据矢量的合成法则可得，小球落到B点与C点速度大小相等，故C正确．由于丁图中小球所受洛伦兹力始终有向上的分量，则竖直方向的加速度小于g，可知A、D落点不同，重力做功不同．又洛伦兹力不做功，因此合力对小球做功不同，故D错误．综合提升练习6．(多选)(2019年福建模拟)下图是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比．待选粒子从O1进入小孔时可认为其速度为零．加速电场区域Ⅰ的板间电压为U.粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d.区域Ⅱ出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上．若半径为r0，质量为m0，电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子的重力，则()A．区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为eq\r(\f(2q0U,m0))B．区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bdeq\r(\f(q0U,m0))C．若纳米粒子的半径r＞r0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过D．若纳米粒子的半径r＞r0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为eq\r(\f(r0,r))【答案】AD7．如图所示，带电平行金属板相距为2R.在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，则经eq\f(t0,2)时间打到极板上．(1)求两极板间的电压U；(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入．欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？【答案】(1)eq\f(8R2B,t0)(2)0<v≤eq\f(2\r(2)－1R,t0)8．如图所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场．一质量为m且电荷量为q的粒子沿图中直线从a点射入柱形区域，从圆上的b点离开该磁场区域，离开时速度的方向与该直线垂直．圆心O到直线的距离为eq\f(3,5)R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．【答案】eq\f(14qB2R,5m)【解析】粒子在磁场中做圆周运动，设圆的半径为r.由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝meq\f(v2,r)， ①式中v为粒子在a点的速度．分别过b点和O点作直线的垂线与直线交于c点和d点．由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此eq\x\to(ac)＝eq\x\to(bc)＝r. ②设eq\x\to(cd)＝x，由几何关系得eq\x\to(ac)＝eq\f(4,5)R＋x， ③eq\x\to(bc)＝eq\f(3,5)R＋eq\r