高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第10讲 带电粒子在电场、磁场中运动实例应用自主演练-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第10讲 带电粒子在电场、磁场中运动实例应用1如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场电子的重力不计在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A仅将偏转电场极性对调B仅增大偏转电极间的距离C仅增大偏转电极间的电压D仅减小偏转电极间的电压解析：设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q，得v0，电子进入极板后做类平抛运动，时间t，a，vyat，tan ，由此可判断C正确答案：C2如图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上

2、等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转若带电粒子所受重力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中不可行的是()A仅增大带电粒子射入时的速度B仅增大两金属板所带的电荷量C仅减小粒子所带电荷量D仅改变粒子的电性解析：带电粒子在两板之间受电场力与洛伦兹力，但两者的大小不等，且方向不确定若仅增大带电粒子射入时的速度，可能因为所受的洛伦兹力变大，而使带电粒子向下偏转，选项A不符合题意；若仅增大两金属板所带的电荷量，因两极板间的电场强度增大，故带电粒子可能向下偏转，选项B不符合题

3、意；若仅减小粒子所带的电荷量，则由于粒子所受电场力与洛伦兹力以相同的倍数变化，故带电粒子仍向上偏转，选项C符合题意；仅改变粒子的电性，则由于两个力的方向都发生变化，带电粒子将向下偏转，选项D不符合题意答案：C3图示为速度选择器的原理图，已知电场强度为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过则该带电粒子()A一定带正电B速度大小为C可能沿QP方向运动D若沿PQ方向运动的速度大于，将一定向下极板偏转解析：粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小FqvBqE，两个力平衡，速度v，粒子做匀速直线运动，故A错误，B正确；此粒子

4、从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，故C错误；若速度v，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，只有当粒子带负电时粒子向下偏转，故D错误答案：B4.如图所示，一段长方体形导电材料，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()(导学号 57180051)A.，负B.，正C.，负 D.，正解析：因导电材料上表面的电

5、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，则B、D两项均错设长方体形材料长度为L，总电量为Q，则其单位体积内自由运动电荷数为，当电流I稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡，则有BIL，故，A项错误，C项正确答案：C一、选择题1(多选)(2017哈尔滨模拟)某带电粒子从图中速度选择器左端中点O以速度v0向右水平射出，从右端中点a下方的b点以速度v1射出；若增大磁感应强度，该粒子将从a上方的c点射出，且acab.不计粒子的重力，则()(导学号 57180131)A该粒子带正电B若使该粒子沿Oa方向水平射出，则电场强度和磁感应强度大小应满足v0C第二次射出时的

6、速率仍为v1D第二次射出时的速率为解析：当增加磁感应强度时，洛伦兹力变大，粒子向上偏转，说明洛伦兹力增加到大于电场力，且洛伦兹力向上，由于磁场方向向内，根据左手定则可以判断粒子带正电，故A正确；若使该粒子沿Oa方向水平射出，则电场强度和磁感应强度大小应满足EqqvB即v0，故B正确；从O到b过程，根据动能定理，有Fymvmv，从O到c过程，根据动能定理，有Fymvmv，由以上两式求解出：v2，故C错误，D正确；故选ABD.答案：ABD2(多选)(2017武汉模拟)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为B的匀强

7、磁场与盒面垂直A处粒子源产生质量为m、电荷量为q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm，加速电场频率的最大值为fm.则下列说法正确的是()A粒子第n次和第n1次半径之比总是B粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为tC若fm，则粒子获得的最大动能为Ekm解析：根据粒子在磁场中半径公式及动能定理，则有nqUmv与Rn(n1)qUmv与Rn1解得RnRn1，故A错误设粒子到出口处被加速了n圈，则2nqUmv2；qvBm；T；tnT；解上四个方程得t，故B正确加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f，当磁感应强度为

8、Bm时，加速电场的频率应该为fBm，粒子的动能Ekmv2；当fBmfm时，粒子的最大动能由Bm决定，则qBvm，解得粒子获得的最大动能为Ekm；当fBmfm时，粒子的最大动能由fm决定，则vm2fmR，解得粒子获得的最大动能为Ekm22mfR2 ；故C、D正确故选BCD.答案：BCD二、计算题3.在如图所示的装置中，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻为R1，滑动变阻器总阻值为R2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d.处在电容器中的油滴A恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置(1)求此时电容器两极板间的电压；(2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值；(3)现将

9、滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q1，油滴运动时间为t秒；再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q2，当油滴又运动了2t秒的时间，恰好回到原来的静止位置设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用的时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计求：Q1与Q2的比值解析：(1)电路中的电流I电容器两极板间的电压为UI联立得U.(2)由题意易知油滴带负电，对油滴受力分析，得mg所以.(3)设电容器的电容为C，极板原来具有的电荷量为Q，电容器上的电荷量变化Q1后，油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动，t秒末油滴的速度为v1、位移

10、为x，板间的电压U1根据牛顿第二定律mgma1根据运动学公式xa1t2，v1a1t电容器上的电荷量又变化了Q2后，油滴在电场中向上做匀减速直线运动，2t秒末位移为x，极板间的电压为U2根据牛顿第二定律mgma2根据运动学公式xv12ta2(2t)2联立解得：.答案：(1)(2)负电(3)494(2017冀州模拟)在图甲中，加速电场A、B板水平放置，半径R0.2 m的圆形偏转磁场与加速电场的A板相切于N点，有一群比荷为5105 C/kg的带电粒子从电场中的M点处由静止释放，经过电场加速后，从N点垂直于A板进入圆形偏转磁场，加速电场的电压U随时间t的变化如图乙所示，每个带电粒子通过加速电场的时间极

11、短，可认为加速电压不变.时刻进入电场的粒子恰好水平向左离开磁场，(不计粒子的重力)求：(导学号 57180132)(1)粒子的电性；(2)磁感应强度B的大小；(3)何时释放的粒子在磁场中运动的时间最短？最短时间t是多少(取3)?解析：(1)由题意可知，粒子水平向左离开磁场，则粒子所受洛伦兹力向左，根据左手定则得，粒子带负电(2)由题给图象可知，当时，U100 V，根据动能定理得Uqmv0，粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv1Bm，粒子恰好水平向左离开磁场，粒子轨道半径r1R，解得B0.1 T.(3)速度越大，粒子在磁场中运动的半径越大，时间越短，当tkT(k0，1，2，3)

12、时进入电场的粒子在磁场中运动的时间最短，根据动能定理得Uqmv，根据牛顿第二定律得qv2Bm，由几何关系得tan ，根据周期公式得T，粒子在磁场中的运动时间tT.解得t2105s.答案：(1) 负电(2)0.1 T(3)见解析5(2017温州联考)如图所示，MN和GH是电压为U的两平行极板，极板间存在方向竖直向上的匀强电场，空间(除两虚线之间的区域)存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B(大小可调)极板MN和GH上分别有正对的两个小孔O和A，PQ为铝制薄板，ONAHPQd，NP2d.质量为m、电荷量为q的正离子从A点由静止开始加速，经O进入磁场区域，两虚线之间的区域(除极板)无电场和

13、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(1)求磁感应强度B为多大时，离子只加速一次打到铝板上P处；(2)求在第(1)中，离子从O到P所经历的时间；(3)若B ，试通过计算说明离子加速几次后第一次打到铝板上解析：(1)离子在电场中加速，根据动能定理得 qUmv2在磁场中，qvBm由几何关系得Rd，联立解得B .(2)离子在磁场中做圆周运动的周期为T，离子从O到P的时间为t，联立解得t .(3)根据qUmv2，qvBm，得rd第一次加速后，在磁场中的半径为r1d，没有打到铝板上；第二次加速后，在磁场中的半径为r1d，没有打到铝板上；第三次加速后，在磁场中的半径为r1d，打到铝板上；

14、所以离子加速3次后打到铝板上答案：(1) (2) (3)3次6容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交为P，在边界ab上实线处固定放置感光片测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q

15、距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(导学号 57180133)(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间解析：(1)设质量为m，电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0，qUmv，粒子在平行板间Lv0t，vxt，tan ，联立解得tan 1，.粒子射入磁场时的速度方向与边界ab间的夹角.(2)由(1)知，粒子均从e板下端与水平方向成45的角射入匀强磁场设质量为m0，电荷量为q0的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r0，则vv0，由几何关系知rr(4L)2，得r02L，又r0，联立解得.(3)设粒子在磁场中运动的最短时间为tmin，在磁场中的偏转角为，则tmin.半径为r .联立解得tmin.因为所有粒子在磁场中运动的偏转角，所以粒子打在P处在磁场中运动时间最短由几何关系知：r2r2L2，得rL，联立解得tmin.答案：(1)(2)(3)