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- 2021-05-31 发布
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专题三·第二讲 带电粒子在电磁场中的运动——课后“高仿”检测卷
一、高考真题集中演练——明规律
1.(2017·全国卷Ⅰ)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
解析:选B 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场,a在纸面内做匀速圆周运动,可知其重力与所受到的电场力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,有mag=qE,解得ma=。b在纸面内向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上,可知mbg=qE+qvbB,解得mb=+。c在纸面内向左做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下,可知mcg+qvcB=qE,解得mc=-。综上所述,可知mb>ma>mc,选项B正确。
2.(2017·全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D.3∶
解析:选C 由于是相同的粒子,粒子进入磁场时的速度大小相同,由qvB=m可知,R=,即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1,如图所示,通过旋转圆可知,当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时,则AP=2R1;同样,若粒子运动的速度大小为v2,粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时,则BP=2R2,由几何关系可知,R1=,R2=Rcos 30°=R,则==,C项正确。
3.(2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. B.
C. D.
解析:选D 如图所示,粒子在磁场中运动的轨迹半径为R=。设入射点为A,出射点为B,圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知,AB=R。由几何关系知,AP=R,则AO=AP=3R,所以OB=4R=。故选项D正确。
4.(2018·全国卷Ⅲ)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求:
(1)磁场的磁感应强度大小;
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
解析:(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有
q1U=m1v12 ①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B=m1 ②
由几何关系知
2R1=l ③
由①②③式得
B=。 ④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U=m2v22 ⑤
q2v2B=m2 ⑥
由题给条件有
2R2= ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为
∶=1∶4。 ⑧
答案:(1) (2)1∶4
5.(2017·全国卷Ⅲ)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求:(不计重力)
(1)粒子运动的时间;
(2)粒子与O点间的距离。
解析:(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0=m ①
qλB0v0=m ②
粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为
t1= ③
粒子再转过180°时,所需时间t2为
t2= ④
联立①②③④式得,所求时间为
t0=t1+t2=1+。 ⑤
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为
d0=2(R1-R2)=。 ⑥
答案:(1) (2)
二、名校模拟重点演练——知热点
6.(2018·滁州一中调考)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度θ,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,关于该粒子下列说法错误的是( )
A.电势能逐渐增加 B.动能逐渐减小
C.粒子所受重力小于电场力 D.粒子做匀加速直线运动
解析:选D 由于粒子做直线运动,受力分析可知粒子所受的电场力与重力的合力与速度方向反向,粒子做匀减速直线运动,动能减小,电场力垂直于极板向上,与速度方向的夹角为钝角,电场力对粒子做负功,则粒子的电势能增加,故A、B正确,D错误;电场力与重力的合力方向向左,由平行四边形定则知粒子所受重力小于电场力,故C正确。
7.[多选](2019届高三·桂林三校联考)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带上等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么( )
A.若微粒带负电荷,则A板可能带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能可能增加
C.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
D.微粒从M点运动到N点动能一定增加
解析:选ABD 微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动,合力向下,电场力可能向上而小于重力,也可能向下,故无法判断A板的带电情况,故A正确;电场力可能向上,也可能向下,所以微粒从M点运动到N点过程,电场力可能做负功,也可能做正功,电势能可能增加,也可能减小,所以机械能不一定增加,故B正确,C错误;微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动,电场力和重力的合力向下,故微粒从M点运动到N点动能一定增加,故D正确。
8.[多选](2018·河南太康一中模拟)如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束,下列说法中正确的是( )
A.组成A、B两束的离子都带负电
B.A束离子的比荷大于B束离子的比荷
C.A束离子的比荷小于B束离子的比荷
D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
解析:选BD A、B两束离子进入磁场后都向左偏,根据左手定则可以判断A、B
两束离子都带正电,故A错误;经过速度选择器后的离子速度相同,离子所受电场力和洛伦兹力平衡,满足qvB=qE,即不发生偏转的离子具有共同的速度大小v=,进入磁场区分开,轨道半径不等,根据公式R=,可知半径大的比荷小,所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷,故B正确,故C错误;在速度选择器中,电场方向水平向右,A、B离子所受电场力方向向右,所以洛伦兹力方向向左,根据左手定则可知,速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里,故D正确。
9.[多选](2018·辽宁辽南联考)如图所示,宽2 cm的有界匀强磁场的纵向范围足够大,磁感应强度的方向垂直纸面向里,现有一群带正电粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场,若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为5 cm,则( )
A.右边界:-4 cm<y<4 cm有粒子射出
B.右边界:y>4 cm和y<-4 cm有粒子射出
C.左边界:y>8 cm有粒子射出
D.左边界:0<y<8 cm有粒子射出
解析:选AD 粒子恰射出磁场的临界条件如图所示。根据几何关系可得:临界点距x轴的间距y= cm=4 cm,可知A对,B错;左边界x轴上方带电粒子可达到y=8 cm 处,x轴下方无粒子到达,C错,D对。
10.(2018·唐山二模)如图所示,在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆,半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为的正粒子,粒子的电荷量为q、质量为m,为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内,环形区域磁感应强度大小至少为( )
A.B B.B
C.B D.B
解析:选C 粒子在小圆内做圆周运动的半径为r0==R,由轨迹图可知,粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域,粒子恰好不射出磁场时,轨迹圆与大圆相切,设半径为r,由几何知识可知∠OAO2
=120°,由余弦定理可知:(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120°,解得r=R,由qvB′=m,得B′===B,故C正确。
11.(2018·西藏拉萨中学月考)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求:
(1)M、N间电场强度E的大小;
(2)圆筒的半径R;
(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
解析:(1)设两极板间的电压为U,由动能定理得
qU=mv2
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed
联立上式可得E=。
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系做出圆心O′, 轨迹半径为r,设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此SA弧所对圆心角
∠AO′S=。
由几何关系得r=Rtan
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律得
qvB=m
联立解得R=。
(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U′,则U′=
eq f(Ed,3)=
设粒子进入S孔时的速度为v′,由=可得v′=v
设粒子做圆周运动的半径为r′,r′=
设粒子从S孔到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为θ,比较两式得到r′=R,可见θ=
此时粒子经过圆周后与圆筒发生碰撞,所以粒子将在与圆筒发生三次碰撞后由S孔射出,所以n=3。
答案:(1) (2) (3)3