高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動課時作業(yè)
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第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 限時規(guī)范訓(xùn)練一、單項(xiàng)選擇題1如圖所示,空間中有沿z方向的勻強(qiáng)電場,沿y方向的勻強(qiáng)磁場,沿y方向的重力場有一重力不可忽略的帶電微粒以初速度v沿x方向射入,則微??赡茏?)A勻速直線運(yùn)動B勻速圓周運(yùn)動C勻變速直線運(yùn)動 D勻變速曲線運(yùn)動解析:假如微粒帶正電,則微粒受到沿y方向的重力,沿z方向的洛倫茲力,沿z方向的電場力,三個力不能平衡,所以不會做勻速直線運(yùn)動;因?yàn)橹亓碗妶隽Σ荒艿窒?,所以不會做勻速圓周運(yùn)動;當(dāng)電場力與洛倫茲力大小相等時,微粒所受合力大小等于重力,方向沿y方向,而速度v沿x方向,兩者不共線,所以做勻變速曲線運(yùn)動微粒帶負(fù)電時結(jié)論一樣,故D正確答案:D2如圖所示,水平放置的兩塊平行金屬板,充電后與電源斷開板間存在著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場E和垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力及空氣阻力),以水平速度v0從兩極板的左端中間射入場區(qū),恰好做勻速直線運(yùn)動,則()A粒子一定帶正電B若僅將板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍,粒子運(yùn)動軌跡偏向下極板C若將磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場強(qiáng)度均變?yōu)樵瓉淼?倍,粒子仍將做勻速直線運(yùn)動D若撤去電場,粒子在板間運(yùn)動的最長時間有可能是解析:不計(jì)重力,粒子僅受電場力和洛倫茲力做勻速直線運(yùn)動,合力為零,電場力與洛倫茲力等大反向該粒子可以是正電荷,也可以是負(fù)電荷,選項(xiàng)A錯誤僅將板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍,由于金屬板帶電荷量不變,板間電場強(qiáng)度不變,帶電粒子仍做勻速直線運(yùn)動,選項(xiàng)B錯誤若將磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場強(qiáng)度均變?yōu)樵瓉淼?倍,粒子所受電場力和洛倫茲力均變?yōu)樵瓉淼?倍,粒子仍將做勻速直線運(yùn)動,C正確若撤去電場,粒子將偏向某一極板,甚至從左側(cè)射出,粒子在板間運(yùn)動的最長時間可能是在磁場中運(yùn)動周期的一半,選項(xiàng)D錯誤答案:C3如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒在加速帶電粒子時,兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中,兩盒分別與高頻電源相連帶電粒子在磁場中運(yùn)動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,忽略帶電粒子在電場中的加速時間及自身的重力,則下列判斷正確的是()A在Ek-t圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1B加速電壓越大,粒子最后獲得的動能就越大C粒子加速次數(shù)越多,粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能增大,可增加D形盒的面積解析:帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T,與速度大小無關(guān),因此,在Ek-t圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1,A錯誤;由粒子圓周運(yùn)動的半徑r可知Ek,即粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑,與加速電壓無關(guān),加速電壓越小,粒子加速次數(shù)就越多,當(dāng)軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不能繼續(xù)加速,B、C錯誤,D正確答案:D4如圖所示,空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場在該區(qū)域中,有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán),環(huán)上套有一個帶正電的小球O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心,a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點(diǎn),a點(diǎn)為最高點(diǎn),c點(diǎn)為最低點(diǎn),b、O、d三點(diǎn)在同一水平線上已知小球所受電場力與重力大小相等現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放,下列判斷正確的是()A小球能越過d點(diǎn)并繼續(xù)沿環(huán)向上運(yùn)動B當(dāng)小球運(yùn)動到c點(diǎn)時,所受洛倫茲力最大C小球從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中,重力勢能減小,電勢能增大D小球從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過程中,電勢能增大,動能先增大后減小解析:由題意可知,小球運(yùn)動的等效最低點(diǎn)在b、c中間,因此當(dāng)小球運(yùn)動到d點(diǎn)時速度為0,不能繼續(xù)向上運(yùn)動,選項(xiàng)A錯誤;小球在等效最低點(diǎn)時速度最大,所受洛倫茲力最大,選項(xiàng)B錯誤;小球從a運(yùn)動到b的過程中,重力做正功,電場力也做正功,所以重力勢能與電勢能均減小,選項(xiàng)C錯誤;小球從b運(yùn)動到c的過程中,電場力做負(fù)功,電勢能增大,合力先做正功后做負(fù)功,動能先增大后減小,選項(xiàng)D正確答案:D5如圖所示,在xOy直角坐標(biāo)系中,第象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,第象限內(nèi)分布著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場初速度為零、帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后,從x軸上的A點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入磁場區(qū)域,重力不計(jì),經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點(diǎn)且垂直于y軸進(jìn)入電場區(qū)域,在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點(diǎn)已知OAOCd,則磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場強(qiáng)度E可表示為()AB,EBB,ECB,EDB,E解析:設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后速度為v,則qUmv2,帶電粒子進(jìn)入磁場后,洛倫茲力提供向心力,qBv,依題意可知rd,聯(lián)立可解得B;帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn),做類平拋運(yùn)動,設(shè)經(jīng)時間t從P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn),由dvt,dt2,聯(lián)立可解得E,B正確答案:B二、多項(xiàng)選擇題6下列四圖中,A、B兩圖是質(zhì)量均為m的小球以相同的水平初速度向右拋出,A圖只受重力作用,B圖除受重力外還受水平向右的恒定風(fēng)力作用;C、D兩圖中有相同的無限寬的電場,場強(qiáng)方向豎直向下,D圖中還有垂直于紙面向里無限寬的勻強(qiáng)磁場且和電場正交,在兩圖中均以相同的初速度向右水平拋出質(zhì)量為m的正電荷,兩圖中不計(jì)重力作用則下列有關(guān)說法正確的是()AA、B、C三圖中的研究對象均做勻變速曲線運(yùn)動B從開始拋出經(jīng)過相同時間,C、D兩圖豎直方向速度變化相同,A、B兩圖豎直方向速度變化相同C從開始拋出到沿電場線運(yùn)動相等距離的過程中,C、D兩圖中的研究對象動能變化相同D相同時間內(nèi)A、B兩圖中的研究對象動能變化相同解析:根據(jù)題給條件可知,A、B、C三圖中的研究對象的受力均為恒力,因此研究對象均做勻變速曲線運(yùn)動,選項(xiàng)A正確;從開始拋出經(jīng)過相同時間,C、D兩圖研究對象在豎直方向受力不同,速度變化也不同,選項(xiàng)B錯誤;根據(jù)C、D兩圖中有相同的無限寬的電場,場強(qiáng)方向豎直向下,D圖中還有垂直于紙面向里的無限寬的勻強(qiáng)磁場且和電場正交可知,從開始拋出到沿電場線運(yùn)動相等距離的過程中電場力做功相同,洛倫茲力不做功,重力忽略不計(jì),因此只有電場力做功,所以C、D兩圖中的研究對象動能變化相同,選項(xiàng)C正確;在相同時間內(nèi)A、B兩圖中研究對象合力做功不同,則動能變化不相同,選項(xiàng)D錯誤答案:AC7(名師原創(chuàng))如圖所示,一足夠長的絕緣細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.5 T的勻強(qiáng)磁場中,桿與磁場垂直且與水平方向的夾角為37.一質(zhì)量為m0.1 g、電荷量為q5104 C的帶正電圓環(huán)套在該絕緣細(xì)桿上,圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.4.現(xiàn)將圓環(huán)從桿上的某一位置無初速度釋放,則下列判斷正確的是(sin 370.6,cos 370.8,重力加速度g取10 m/s2)()A圓環(huán)下滑過程中洛倫茲力始終做正功B當(dāng)圓環(huán)下滑的速度達(dá)到2.4 m/s時,圓環(huán)與細(xì)桿之間的彈力為零C圓環(huán)下滑過程中的最大加速度為6 m/s2D圓環(huán)下滑過程中的最大速度為9.2 m/s解析:圓環(huán)下滑過程中,洛倫茲力始終與圓環(huán)速度方向垂直,所以洛倫茲力始終不做功,選項(xiàng)A錯誤;當(dāng)圓環(huán)與細(xì)桿之間的彈力為零時,摩擦力也為零,此時洛倫茲力f與重力垂直于桿的分量mgcos 大小相等、方向相反,即qvBmgcos ,代入數(shù)據(jù)可得v3.2 m/s,選項(xiàng)B錯誤;圓環(huán)剛釋放時,受到的洛倫茲力為零,這時的加速度由重力沿桿方向的分量與滑動摩擦力的合力提供,當(dāng)圓環(huán)的速度開始增大后,洛倫茲力也隨之增大,使得圓環(huán)對桿的壓力減小,摩擦力也隨之減小,當(dāng)摩擦力為零時,圓環(huán)的加速度最大,此時qvBmgcos ,由牛頓第二定律可得F合mgsin ma,代入數(shù)據(jù)可得a6 m/s2,選項(xiàng)C正確;當(dāng)洛倫茲力fmgcos 時,又開始出現(xiàn)摩擦力,圓環(huán)的加速度開始減小,但速度繼續(xù)增大,彈力繼續(xù)增大,摩擦力繼續(xù)增大,當(dāng)摩擦力Ffmgsin 時,圓環(huán)所受的合力為零,速度達(dá)到最大,由受力分析可知mgsin (qvmBmgcos ),代入數(shù)據(jù)解得vm9.2 m/s,選項(xiàng)D正確答案:CD三、非選擇題8(2016高考江蘇卷)回旋加速器的工作原理如圖甲所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示,電壓值的大小為U0,周期T.一束該種粒子在t0時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動,不考慮粒子間的相互作用求:(1)出射粒子的動能Em;(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時間t0;(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應(yīng)滿足的條件解析:(1)粒子運(yùn)動半徑為R時qvBm且Emmv2解得Em(2)粒子被加速n次達(dá)到動能Em,則EmnqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動,設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為t加速度a勻加速直線運(yùn)動vatnda(t)2由t0(n1)t,解得t0(3)只有在0(t)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速,則所占的比例為由99%,解得d答案:(1)(2)(3)d9如圖所示,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子,在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面向里,結(jié)果離子正好從距A點(diǎn)為d的小孔C沿垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場,此電場方向與AC平行且向上,最后離子打在G處,而G處距A點(diǎn)2d(AGAC)不計(jì)離子重力,離子運(yùn)動軌跡在紙面內(nèi)求:(1)此離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r;(2)離子從D處運(yùn)動到G處的時間;(3)離子到達(dá)G處時的動能解析:(1)正離子軌跡如圖所示圓周運(yùn)動半徑r滿足drrcos 60,解得rd.(2)設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動速度為v0,則有qv0Bm,T.由圖知離子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間為t1T.離子在電場中做類平拋運(yùn)動,從C到G的時間為t2.離子從D處運(yùn)動到G處的總時間為tt1t2.(3)設(shè)電場強(qiáng)度為E,則有qEma,dat.根據(jù)動能定理得qEdEkGmv,解得EkG.答案:(1)d(2)(3)10在如圖所示的豎直平面內(nèi),水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn),GH與水平面的夾角37.過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.25 T;過D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場,電場方向水平向右,電場強(qiáng)度E1104 N/C.小物體P1質(zhì)量m2103 kg、電荷量q8106C,受到水平向右的推力F9.98103 N的作用,沿CD向右做勻速直線運(yùn)動,到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時,不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放,經(jīng)過時間t0.1 s與P1相遇P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為0.5,g取10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8,物體電荷量保持不變,不計(jì)空氣阻力,求:(1)小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小;(2)傾斜軌道GH的長度s.解析:(1)設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的速度為v,受到向上的洛倫茲力為F1,受到的摩擦力為Ff,則F1qvBFf(mgF1)由題意,水平方向合力為零FFf0聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s(2)設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG,由于洛倫茲力不做功,根據(jù)動能定理有qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上運(yùn)動,受到重力、電場力和摩擦力的作用,設(shè)加速度為a1,根據(jù)牛頓第二定律有qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1與P2在GH上相遇時,設(shè)P1在GH上運(yùn)動的距離為s1,則s1vGta1t2設(shè)P2質(zhì)量為m2,在GH上運(yùn)動的加速度為a2,則m2gsin m2gcos m2a2P1與P2在GH上相遇時,設(shè)P2在GH上運(yùn)動的距離為s2,則s2a2t2ss1s2聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得s0.56 m.答案:(1)4 m/s(2)0.56 m- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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