高考物理三輪復(fù)習：題型專練專練

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1、專練10　帶電粒子在磁場中的運動 (限時：45分鐘) 一、單項選擇題 1． 如圖1所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運動電荷．導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小為B.當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低，由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為 (　　) A.，負 B.，正 C.，負 D.，正 答案　C 解析　當粒子帶負電時，粒子定向向左運動才能形成向右的電流，由左手定則判斷負粒子受洛倫茲力

2、的方向向上，上表面電勢較低，符合題意． 由粒子做勻速運動知|q|vB＝|q|E＝|q| 因I＝n|q|vS＝n|q|v·a·b 解得n＝，選項C正確． 2． 速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖2所示，則下列相關(guān)說法中正確的是 (　　) A．該束帶電粒子帶負電 B．速度選擇器的P1極板帶負電 C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0，粒子的比荷越小 答案　C 解析　由左手定則可知，該束帶電粒子帶正電，速度選擇器的P1極板帶正電，選項A、B錯誤；由qE＝qvB1可得能通過狹縫S0的帶電粒子的速率v＝，選項C正確；

3、由r＝可知，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0，r越小，粒子的比荷越大，選項D錯誤． 3． 如圖3所示，兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強電場E和勻強磁場B中，軌道兩端在同一高度上，兩個相同的帶正電小球a、b同時從軌道左端最高點由靜止釋放，且在運動過程中始終能通過各自軌道的最低點M、N，則 (　　) 圖3 A．兩小球某次到達軌道最低點時的速度可能有vN＝vM B．兩小球都能到達軌道的最右端 C．小球b第一次到達N點的時刻與小球a第一次到達M點的時刻相同 D．小球a受到的電場力一定不大于a的重力，小球b受到的最大洛倫茲力可能大于b的重力 答案　D 解析　由于洛

4、倫茲力不做功，電場力對帶電小球一定做負功，所以兩小球某次到達軌道最低點時的速度不可能有vN＝vM，選項A錯誤；由機械能守恒知小球b可以到達軌道的最右端，電場力對小球a做負功，故小球a不能到達軌道的最右端，選項B錯誤；由于兩個小球受力情況不同，運動情況不同，故小球b第一次到達N點的時刻與小球a第一次到達M點的時刻不相同，選項C錯誤；由于小球能到達最低點，對小球a有mgR－qER≥0，所以有mg≥qE，由于洛倫茲力不做功，且洛倫茲力沿半徑向外，則小球b受到的洛倫茲力沒有條件限制，選項D正確． 4． 如圖4所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強磁場區(qū)域，下列判斷正確

5、的是 (　　) 圖4 A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長 B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大 C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合 D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同 答案　B 解析　電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入勻強磁場，根據(jù)周期公式，電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大，選項B正確，A、C錯誤；電子的速率不同，它們在磁場中運動軌跡不相同，3、4、5的圓心角相同，則在磁場中運動時間相同，選項D錯誤． 5． 如圖5所示，三個速度大小不同的同種帶電粒子，沿同一方向從圖中長方形

6、區(qū)域的勻強磁場上邊緣射入，當它們從下邊緣飛出時相對入射方向的偏角分別為90°、60°、30°，則它們在磁場中運動的時間之比為 (　　) 圖5 A．1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．3∶2∶1 D．1∶∶ 答案　C 解析　由于粒子運動的偏向角等于圓弧軌跡所對的圓心角，由t＝α可知，它們在磁場中運動的時間之比為90°∶60°∶30°＝3∶2∶1，選項C正確． 6． 如圖6所示，一個靜止的質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力忽略不計)，經(jīng)加速電壓U加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，粒子打到P點，OP＝x，能正確反映x與U之間關(guān)系的是

7、 (　　) 圖6 A．x與U成正比 B．x與U成反比 C．x與成正比 D．x與成反比 答案　C 解析　由x＝2r＝，qU＝mv2，可得x與成正比，選項C正確． 7． 如圖7所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法正確的是 (　　) 圖7 A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 B．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠 C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 D．若θ一

8、定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 答案　A 解析　由左手定則可知，帶正電的粒子向左偏轉(zhuǎn)．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，選項A正確；若v一定，θ等于90°時，粒子在離開磁場的位置距O點最遠，選項B錯誤；若θ一定，粒子在磁場中運動的周期與v無關(guān)，粒子在磁場中運動的角速度與v無關(guān)，粒子在磁場中運動的時間與v無關(guān)，選項C、D錯誤． 8． 如圖8所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，方向垂直于圓平面(未畫出)．一群相同的帶電粒子(不計重力)以相同速率v0由P點在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場．當磁感應(yīng)強度大小為B1時，所有粒子出磁場的區(qū)域占整個圓周長的；當磁感應(yīng)強度大小為B

9、2時，這些粒子在磁場中運動時間最長的是.則磁感應(yīng)強度B1、B2的比值是(　　) 圖8 A．1∶ B．2∶ C．3∶ D．4∶ 答案　D 解析　假設(shè)粒子帶正電，磁場方向垂直于紙面向外，粒子運動軌 跡如圖所示，當磁感應(yīng)強度為B1時，粒子從A點射出，PA為粒子 運動軌跡所對應(yīng)的直徑，由題意知∠POA＝120°，則PO1＝R， 即＝R，得B1＝；當磁感應(yīng)強度為B2時，粒子從Q點射 出，設(shè)粒子的軌跡半徑為r，則有sin ＝，rθ＝，顯然有θ＝60°、r＝2R，則 ＝2R，B2＝.所以B1∶B2＝∶＝4∶，D正確． 9． 如圖9所示，帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O

10、點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，且同時到達P點．a(chǎn)、b兩粒子的質(zhì)量之比為 (　　) 圖9 A．1∶2 B．2∶1 C．3∶4 D．4∶3 答案　C 解析　如圖所示a、b粒子的圓心分別為Oa、Ob.由幾何關(guān)系可 知ra＝，a所對的圓心角αa＝120°，a軌跡弧長為sa＝， 運動時間ta＝.同理可得rb＝d，αb＝60°，sb＝，tb＝，又 同時到達P點，則ta＝tb，而且mav＝mbv聯(lián)立解得ma∶mb＝3∶4，選項C正確． 二、多項選擇題 10．圖10甲是回旋加速器的原理示意圖．其核心部分是

11、兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應(yīng)強度大小恒定)，并分別與高頻電源相連．加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是 (　　) 圖10 A．在Ek－t圖象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1 B．高頻電流的變化周期應(yīng)該等于tn－tn－1 C．粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能一定越大 D．D形盒的半徑越大，粒子獲得的最大動能越大 答案　AD 解析　粒子在磁場中運動的周期T＝，與粒子的速度無關(guān)，粒子每次在D形盒內(nèi)運動半個周期的時間都相等，故A正確；由于粒子每次在D

12、形盒中偏轉(zhuǎn)半個圓周后就要加速一次，高頻電流就要反向一次，所以高頻電流的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等，即T電＝T＝2(tn－tn－1)，故B錯誤；由nqU＝mv可知，U不變時，粒子獲得的最大動能與加速次數(shù)n、電荷量q都有關(guān)，故粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能不一定越大，C錯誤；粒子獲得的最大動能可由最后半個圓周的偏轉(zhuǎn)求得，設(shè)D形盒的半徑為R，則R＝，所以最大動能Ekm＝mv＝，R越大，Ekm越大，故D正確． 11．如圖11所示，電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的．電子束經(jīng)過加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面．不加磁場時，電子束將通過磁場中心O點而打

13、到屏幕上的中心M，加磁場后電子束偏轉(zhuǎn)到P點外側(cè)．現(xiàn)要使電子束偏轉(zhuǎn)回到P點，可行的辦法是 (　　) 圖11 A．增大加速電壓 B．增加偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度 C．將圓形磁場區(qū)域向屏幕靠近些 D．將圓形磁場的半徑增大些 答案　AC 解析　當射入圓形磁場的電子運動的半徑越大，由圓形磁場射出時偏轉(zhuǎn)角越小，故要使電子束偏轉(zhuǎn)回到P點，可以增大電子在磁場中運動的半徑，由r＝可知，速度增大或磁感應(yīng)強度減小都可使運動半徑增大，故選項A正確，B錯誤．由題圖可知C正確．將圓形磁場的半徑增大些，電子束將偏轉(zhuǎn)到P點外側(cè)以外，選項D錯誤． 12．如圖12所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋

14、q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細桿上自由滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，圓環(huán)以初速度v0向右運動直至處于平衡狀態(tài)，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為 (　　) 圖12 A．0 B.mv C. D.m(v－) 答案　ABD 解析　若圓環(huán)所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)與粗糙細桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；若圓環(huán)所受洛倫茲力不等于重力，圓環(huán)與粗糙細桿壓力不為零，摩擦力不為零，圓環(huán)以初速度v0向右做減速運動．若開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則一直減速到零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為mv，選項B正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減

15、速到洛倫茲力等于重力達到穩(wěn)定，穩(wěn)定速度v＝，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為W＝mv－mv2＝m(v－)，選項C錯誤，D正確． 13． 質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運行的半圓軌跡如圖13中虛線所示，下列表述正確的是 (　　) 圖13 A．M帶負電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N不做功 D．M的運行時間大于N的運行時間 答案　AC 解析　由左手定則可知，M帶負電，N帶正電，選項A正確；由r＝可知，M的速率大于N的速率，選項B錯誤；洛倫茲力對M、N不做功，選項C正確；由T＝

16、可知，M的運行時間等于N的運行時間，選項D錯誤． 14．如圖14所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外．P(－L,0)、Q(0，－L)為坐標軸上的兩個點．現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則 (　　) 圖14 A．若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則電子運動的路程一定 為 B．若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，則電子運動的路程一定為πL C．若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，則電子運動的路程一定為2πL D．若電子從P點出發(fā)經(jīng)

17、原點O到達Q點，則電子運動的路程可能為πL，也可能為2πL 答案　AD 解析　若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線， 畫出電子運動軌跡，軌跡所對的圓心角為90°，軌跡半徑為L，則 電子運動的路程一定為，選項A正確．如圖，若電子到達O點 時是第偶數(shù)次到達磁場邊界，則電子軌跡的半徑r＝·＝ ，電子從P到Q運動軌跡的長為2n個圓弧的長，即s＝2n··2πr ＝2n··2π·＝πL.若電子到達O點時是第奇數(shù)次到達磁場邊界(如 圖)，則電子軌跡的半徑r′＝·＝，電子由P到Q的軌跡長為n個圓周的長即s′＝n·2πr′＝n·2π·＝2πL，故選項D正確． 【解題方法技巧7】　　作圖分析法 作圖法包括幾何作圖、軌跡作圖、運動示意圖，還有各種圖象(如v－t圖象，p－V圖象、p－T圖象等).在本類帶電粒子在磁場中運動問題的分析中，作出運動軌跡示意圖，并結(jié)合幾何知識很直觀地就可以看出解題的條件或結(jié)論. 有種說法是：如果選擇題計算很繁瑣或根本就不能計算，請考慮使用圖象分析.“圖”在物理學中有著十分重要的地位，它是將抽象物理問題直觀化、形象化的最佳工具，是探究未知規(guī)律的有效手段. 在畫圖時，要特別注意狀態(tài)變化連接處的特征和前后不同過程的區(qū)別和聯(lián)系.用圖象法解題不但快速、準確，而且能避免繁雜的運算，還能解決一些用一般計算方法無法解決的問題.