高考物理总复习之专题专练带电粒子在复合场中的运动组合场叠加场检测题Word文件下载.docx
- 文档编号:16652629
- 上传时间:2022-11-25
- 格式:DOCX
- 页数:17
- 大小:115.01KB
高考物理总复习之专题专练带电粒子在复合场中的运动组合场叠加场检测题Word文件下载.docx
《高考物理总复习之专题专练带电粒子在复合场中的运动组合场叠加场检测题Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考物理总复习之专题专练带电粒子在复合场中的运动组合场叠加场检测题Word文件下载.docx(17页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
D.只要速度满足v=qBR/m,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
4、
如图所示,空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场内有一绝缘的足够长的直杆,它与水平面的倾角为θ,一带电荷量为-q、质量为m的带负电小球套在直杆上,从A点由静止沿杆下滑,小球与杆之间的动摩擦因数为μ<
tanθ.则在下列图中小球运动过程中的速度-时间图象可能是
5、
如图所示,中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分,上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场,下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度皆为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从P点进入磁场,速度与边MC的夹角θ=30°
.MC边长为a,MN边长为8a,不计粒子重力.求:
(1)若要求该粒子不从MN边射出磁场,其速度最大是多少?
(2)若要求该粒子恰从Q点射出磁场,其在磁场中的运行时间最少是多少?
6、
如图所示,在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不可忽略)从原点O以速度v沿x轴正方向出发,下列说法错误的是
A.若电场、磁场分别沿z轴正方向和x轴正方向,粒子只能做曲线运动
B.若电场、磁场均沿z轴正方向,粒子有可能做匀速圆周运动
C.若电场、磁场分别沿z轴负方向和y轴负方向,粒子有可能做匀速直线运动
D.若电场、磁场分别沿y轴负方向和z轴正方向,粒子有可能做平抛运动
7、
回旋加速器是用来加速带电粒子,使它获得很大动能的仪器,其核心部分是两个D形金属扁盒,两盒分别和一高频交流电源两极相接,以便在盒间的窄缝中形成匀强电场,使粒子每次穿过狭缝都得到加速,两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于盒底面,粒子源置于盒的圆心附近,若粒子源射出的粒子带电荷量为q,质量为m,粒子最大回旋半径为Rm,其运动轨迹如图所示.问:
(1)D形盒内有无电场?
(2)粒子在盒内做何种运动?
(3)所加交流电压频率应是多大,粒子运动的角速度为多大?
(4)粒子离开加速器时速度为多大?
最大动能为多少?
(5)设两D形盒间电场的电势差为U,盒间距离为d,其间电场均匀,求把静止粒子加速到上述能量所需时间.
8、
如图所示,在一竖直平面内,y轴左方有一水平向右的场强为E1的匀强电场和垂直于纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场,y轴右方有一竖直向上的场强为E2的匀强电场和另一磁感应强度为B2的匀强磁场.有一带电荷量为+q、质量为m的微粒,从x轴上的A点以初速度v与水平方向成θ角沿直线运动到y轴上的P点,A点到坐标原点O的距离为d.微粒进入y轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动,然后沿与P点运动速度相反的方向打到半径为r的1/4的绝缘光滑圆管内壁的M点(假设微粒与M点碰后速度改变、电荷量不变,圆管内径的大小可忽略,电场和磁场可不受影响地穿透圆管),并恰好沿圆管内无碰撞下滑至N点.已知θ=37°
,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,求:
(1)E1与E2大小之比;
(2)y轴右侧的磁场的磁感应强度B2的大小和方向;
(3)从A点运动到N点所用的时间.
9、
如图所示,空间存在着垂直纸面向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B,在y轴两侧分别有方向相反的匀强电场,电场强度均为E,在两个电场的交界处左侧附近,有一带正电的液滴a在电场力和重力作用下静止,现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴b,当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞,撞后两液滴合为一体,速度减小到原来的一半,并沿x轴正方向做匀速直线运动,已知液滴b与a的质量相等,b所带电荷量是a所带电荷量的2倍,且相撞前a、b间的静电力忽略不计.
(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小;
(2)求液滴b开始下落时距液滴a的高度h.
10、
如图21所示,半径为b、圆心为Q(b,0)的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,在第一象限内,虚线x=2b左侧与过圆形区域最高点P的切线y=b上方所围区域有竖直向下的匀强电场.其它的地方既无电场又无磁场.一带电粒子从原点O沿x轴正方向射入磁场,经磁场偏转后从P点离开磁场进入电场,经过一段时间后,最终打在放置于x=3b的光屏上.已知粒子质量为m、电荷量为q(q>
0),磁感应强度大小为B,电场强度大小为E=2qbB2/(mπ),粒子重力忽略不计.求:
图21
(1)粒子从原点O射入的速率v;
(2)粒子从原点O射入至到达光屏所经历的时间t;
(3)若大量上述粒子以
(1)问中所求的速率,在xOy平面内沿不同方向同时从原点O射入,射入方向分布在图中45°
范围内,不考虑粒子间的相互作用,求粒子先后到达光屏的最大时间差t0.
11、
如图所示,一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板,为了使电子束沿射入方向做直线运动,可采用的方法是
A.将变阻器滑动头P向右滑动
B.将变阻器滑动头P向左滑动
C.将极板间距离适当减小
D.将极板间距离适当增大
12、
导体导电是导体中的自由电荷定向移动的结果,这些可以移动的电荷又叫载流子,例如金属导体中的载流子就是自由电子.现代广泛应用的半导体材料可以分成两大类,一类是N型半导体,它的载流子为电子;
另一类为P型半导体,它的载流子是“空穴”(相当于带正电的粒子).如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中,磁场方向如图所示,且与前、后侧面垂直.长方体中通有水平向右的电流,测得长方体的上、下表面M、N的电势分别为φM、φN,则该种材料
A.如果是P型半导体,有φM>
φN
B.如果是N型半导体,有φM<
C.如果是P型半导体,有φM<
D.如果是金属导体,有φM<
13、
利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是
A.上表面电势高
B.下表面电势高
C.该导体单位体积内的自由电子数为I/(edb)
D.该导体单位体积内的自由电子数为BI/(eUb)
14、
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,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
15、
如图所示,M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间电压可取从零到某一最大值之间的任一数值.静止的带电粒子带电荷量为+q,质量为m(不计重力),从靠近M板的P点经电场加速后,从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,CD为磁场边界上的一绝缘板,它与N板的夹角为θ=45°
,孔Q到板的下端C的距离为L,当M、N两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,求:
(1)两板间电压的最大值Um;
(2)CD板上可能被粒子打中的区域的长度s;
(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm.
16、
如图所示,匀强电场方向水平向右,匀强磁场方向垂直纸面向里,将带正电的小球在场中由静止释放,最后落到地面上.关于该过程,下述说法正确的是
A.小球做匀变速曲线运动
B.小球减少的电势能等于增加的动能
C.电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D.若保持其他条件不变,只减小磁感应强度,小球着地时动能不变
17、
如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,BC为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.质量相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则
A.经过最高点时,三个小球的速度相等
B.经过最高点时,甲球的速度最小
C.甲球的释放位置比乙球的高
D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变
1、答案:
AC
解析:
带正电粒子与y轴正方向成60°
角发射,进入磁场后的轨迹如图甲所示,根据几何关系可得a=Rsin30°
,其中R=mv/(Bq),联立解得v=2aBq/m,故选项A正确,B错误;
带电粒子在匀强磁场中运动的时间t=θT/(2π),可见圆弧所对的圆心角θ越大,粒子在磁场中运动的时间越长,由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R=2a,因此与y轴正方向成120°
角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°
,此时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切,如图乙所示,最长时间tm=T/3,故选项C正确,D错误.
2、答案:
Emπ2/(2qB02)
Emπ/(qB02)
15πm/(qB0)
(1)设粒子在电场中做匀加速运动的时间为t0,则t0=πm/(qB0),Eq=ma
OP间距离为x,x=at02/2,解得:
x=Emπ2/(2qB02)
(2)如图所示,设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2,R1=mv0/(qB0)
R2=3mv0/(2qB0)
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx,Δx=2R2-2R1=Emπ/(qB02)
(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点,故从O点下方2R1处入射时,2R1=NΔx
解得:
N=2,粒子能再次经过O点
t=2T+2t0,T=6.5πm/(qB0),所以t=15πm/(qB0)
3、答案:
当v⊥B时,粒子所受洛伦兹力充当向心力,做半径和周期分别为R=mv/(Bq)、T=2πm/(Bq)的匀速圆周运动;
只要速度满足v=qBR/m,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上,选项D正确.
4、答案:
C
小球受重力、洛伦兹力、杆的弹力、摩擦力的作用.开始时弹力的方向垂直杆向上,随着速度增大,洛伦兹力增大,杆的弹力减小,摩擦力减小,小球做加速度逐渐增大的加速运动.当洛伦兹力较大时,杆的弹力方向垂直杆向下.随着速度增大,洛伦兹力增大,杆的弹力增大,摩擦力增大,小球做加速度逐渐减小的加速运动,最后达到最大速度,做匀速运动,故选C.
5、答案:
(1) Bqa/m
(2)10πm/(3Bq)
(1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r,由几何关系得:
,解得r=a
(2分)
又由
(1分)
解得最大速度
1.
粒子每经过分界线PQ一次,在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的
倍。
设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点
有n×
R=8a
且R<
a
解得
n>
=4.62
n所能取的最小自然数为5
粒子做圆周运动的周期为
粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为
粒子到达Q点的最短时间为
6、答案:
A
磁场沿x轴正方向,则与粒子运动的速度v的方向平行,粒子不受洛伦兹力的作用,只受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力作用,若重力和电场力大小相等,粒子将做匀速直线运动,所以A错误;
磁场竖直向上,根据左手定则,洛伦兹力沿y轴正方向,若电场力和重力大小相等,洛伦兹力提供向心力,则粒子可能在xOy平面内做匀速圆周运动,B正确;
粒子受到竖直向下的电场力,竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的重力,若重力和电场力的合力与洛伦兹力的大小相等,则粒子所受合力为零,粒子将做匀速直线运动,C正确;
粒子受到沿y轴负方向的电场力,沿y轴正方向的洛伦兹力和竖直向下的重力,若洛伦兹力与电场力的大小相等,则粒子的合力等于竖直方向的重力,粒子将做平抛运动,D正确.
7、答案:
(1)D形盒内无电场
(2)匀速圆周运动 (3)qB/(2πm) qB/m (4) qBRm/m q2B2Rm2/(2m)
(5)πBRm2/(2U)
(1)扁形盒由金属导体制成,具有屏蔽外电场的作用,盒内无电场.
(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动,每次加速之后半径变大.
(3)粒子在电场中运动时间极短,因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率,因为T=2πm/(qB),故得
回旋频率f=1/T=qB/(2πm),
角速度ω=2πf=qB/m.
(4)粒子圆旋半径最大时,由牛顿第二定律得qvmB=mvm2/Rm,
故vm=.qBRm/m
最大动能Ekm=mvm2/2=q2B2Rm2/(2m)
(5)粒子每旋转一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm,则旋转周数n=qB2Rm2/(4mU).
粒子在磁场中运动的时间t磁=nT=πBRm2/(2U).
一般地可忽略粒子在电场中的运动时间,t磁可视为总时间.
8、答案:
(1)3∶4
(2)6mv/(5rq),方向垂直纸面向外 (3)5d/(4v)+5πr/(3v)
(1)A→P微粒做匀速直线运动
E1q=mgtanθ
P→M微粒做匀速圆周运动
E2q=mg
联立解得E1∶E2=3∶4
(2)由题图知,P→M微粒刚好运动半个周期
2R=r/sinθ
qvB2=mv2/R
联立解得B2=6mv/(5rq)
又由左手定则可知B2的方向垂直纸面向外
(3)A→P有:
vt1=d/cosθ,解得t1=5d/(4v)
P→M有:
vt2=πR,解得t2=5πr/(6v)
碰到M点后速度只剩下向下的速度,此时mg=E2q,从M→N的过程中,微粒继续做匀速圆周运动
v1=vsin37°
v1t3=πr/2,解得t3=5πr/(6v)
所以t总=t1+t2+t3=5d/(4v)+5πr/(3v)
9、答案:
(1)E/B
(2)2E2/(3gB2)
液滴在匀强磁场、匀强电场中运动,同时受到洛伦兹力、电场力和重力作用.
(1)设液滴a质量为m、电荷量为q,则液滴b质量为m、电荷量为-2q,
液滴a平衡时有qE=mg
①
a、b相撞合为一体时,质量为2m,电荷量为-q,设速度为v,由题意知处于平衡状态,重力为2mg,方向竖直向下,电场力为qE,方向竖直向上,洛伦兹力方向也竖直向上,因此满足qvB+qE=2mg
②
由①②两式,可得相撞后速度v=E/B
(2)对b,从开始运动至与a相撞之前,由动能定理有
WE+WG=ΔEk,即(2qE+mg)h=mv02/2
③
a、b碰撞后速度减半,即v=v0/2,则v0=2v=2E/B
再代入③式得h=mv02/(4qE+2mg)=v02/(6g)=2E2/(3gB2)
10、答案:
(1)设粒子运动的半径为r,
由qvB=mv2/r,r=b,解得v=qbB/m
(2)
如图所示从O点沿x轴正向进入的粒子偏转后将经N点沿水平方向打到O′点,粒子在磁场中运动的周期为T=2πm/(qB),粒子在磁场中运动的时间为tB=T/2=πm/(qB)
在电场中做类竖直上抛运动,a=qE/m时间tE=2v/a=2mv/(qE)
粒子在无场区中做匀速直线运动到O′点时间:
t匀=b/v
粒子到屏所经历的时间:
t=tB+tE+t匀
代入速度v的表达式,得:
t=(2π+1)m/(qB)
(3)如图所示,粒子从O点沿与x轴成θ角的方向入射后,图中的四边形为菱形,边长都为b,粒子沿+y方向离开磁场,再射入电场,之后又经N点以与O点的入射速度相同的速度离开磁场,粒子在磁场中偏转的圆心角之和为π.
∠OO1O2+∠O1O2N=π
粒子在场区中运动的时间ΔT=T/2+tE
粒子在无场区中做匀速运动:
P2P3=b-bcosθ,NO3=b/cosθ
t匀′=2P2P3/v+NO3/v粒子到光屏的时间:
t′=ΔT+t匀′
沿x正方向进入的粒子,最先到光屏,沿45°
进入粒子最后达到光屏,时间差为:
t0=t匀′-t匀=2(b-bcos45。
)/v+b/(vcos45。
)-b/v得:
t0=b/v=m/(qB)
11、答案:
D
电子射入极板间后,偏向A板,说明Eq>
Bvq,由E=U/d可知,减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压,故C错误,D正确;
而移动滑动头P并不能改变板间电压,故A、B均错误.
12、答案:
如果是P型半导体,它的载流子是“空穴”,由左手定则可知,“空穴”受到的洛伦兹力指向N,“空穴”偏向N,有φM<
φN,选项A错误,C正确.如果是N型半导体,它的载流子是电子,由左手定则可知,电子受到的洛伦兹力指向N,电子偏向N,有φM>
φN,选项B错误.如果是金属导体,它的载流子是电子,由左手定则可知,电子受到的洛伦兹力指向N,电子向N偏移,有φM>
φN,选项D错误.
13、答案:
BD
画出平面图如图所示,由左手定则可知,自由电子向上表面偏转,故下表面电势高,A错误,B正确.再根据eU/d=evB,I=neSv=nebdv得n=BI/(eUb),故D正确,C错误.
14、答案:
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=v0/cosθ.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r=mv/(qB).而MN之间的距离为d=2rcosθ.联立解得d=2mv0/(qB),故选项A正确.
15、答案:
(1)M、N两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,所以圆心在C点,CH=QC=L,故半径R1=L
3分
又因
1分
(2)设轨迹与CD板相切于K点,半径为R2,在△AKC中:
3分
长等于
板上可能被粒子打中的区域的长度
:
(3)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长,均为半周期:
16、答案:
重力和电场力是恒力,但洛伦兹力是变力,因此合外力是变化的,由牛顿第二定律知其加速度也是变化的,选项A错误;
由动能定理和功能关系知,选项B错误,选项C正确;
磁感应强度减小时,小球落地时的水平位移会发生变化,则电场力所做的功也会随之发生变化,选项D错误.
17、答案:
CD
三个小球在运动过程中机械能守恒,有mgh=mv2/2,在圆形轨道的最高点时对甲有qv1B+mg=mv12/r,对乙有mg-qv2B=mv22/r,对丙有mg=mv32/r,可判断v1>
v3>
v2,选项A、B错误,选项C、D正确.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 物理 复习 专题 带电 粒子 复合 中的 运动 组合 叠加 检测