高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場限時規(guī)范訓練2

限時規(guī)范訓練建議用時：45分鐘1如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變()A粒子速度的大小B粒子所帶的電荷量C電場強度D磁感應強度解析：選B.粒子作直線運動，有qvBqE，即EvB，與q無關2如圖所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電磁場中，運動軌跡如圖所示(粒子在N點的速度比在M點的速度大)則下列說法正確的是()A粒子一定帶正電B粒子的運動軌跡一定是拋物線C電場線方向一定垂直等勢面向左D粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大解析：選C.根據(jù)粒子在電、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時，軌跡才是拋物線，選項B錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢面向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤3(2016河北石家莊一模)(多選)為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口在垂直于上下底面方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場，在前后兩個側面內分別固定有金屬板作為電極污水充滿管口并從左向右流經該裝置時，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內排出的污水體積)，則下列說法中正確的是()AN端的電勢比M端的高B若污水中正負離子數(shù)相同，則前后表面的電勢差為零C電壓表的示數(shù)U跟a和b都成正比，跟c無關D電壓表的示數(shù)U跟污水的流量Q成正比解析：選AD.正負離子向右移動，受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負離子向前表面偏，所以前表面比后表面電勢低，即N端的電勢比M端的高，選項A正確，B錯誤；最終正負離子受到電場力、洛倫茲力作用而平衡，有qEqvB，又E，得v，而污水流量Qvbc，得U，即電壓表的示數(shù)U跟污水的流量Q成正比，跟c成反比，選項C錯誤，D正確4如圖所示是回旋加速器的工作原理圖，兩個半徑為R的中空半圓金屬盒D1、D2間窄縫寬為d，兩金屬電極間接有高頻電壓U，中心O處粒子源產生的質量為m、帶電荷量為q的粒子在兩盒間被電壓U加速，勻強磁場垂直兩盒面，粒子在磁場中做勻速圓周運動，令粒子在勻強磁場中運行的總時間為t，則下列說法正確的是()A粒子的比荷越小，時間t越大B加速電壓U越大，時間t越大C磁感應強度B越大，時間t越大D窄縫寬度d越大，時間t越大解析：選C.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力Bqvm及粒子最大偏轉半徑為R得帶電粒子獲得的最大動能為Ekm，設加速次數(shù)為n，則nqUEkm，粒子每加速一次后，在磁場中運動半個周期，所以粒子在勻強磁場中運行的總時間tn，聯(lián)立得t，C正確，A、B、D錯誤5如圖所示，a、b為豎直正對放置的兩平行金屬板，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一比荷為的帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置沿與a、b平行方向射入兩板間的偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x(M、N點在圖中未畫出)則以下說法中正確的是()A只減小磁感應強度B的大小，則x減小B只增大初速度v0的大小，則x減小C只減小帶電粒子的比荷，則x不變D只減小偏轉電場的電壓U的大小，則x不變解析：選D.粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設粒子進入磁場時速度方向與磁場邊界的夾角為，速度大小為v，軌道半徑R，由幾何關系可知x2Rsin ，只減小磁感應強度B、只增大初速度v0或只減小帶電粒子的比荷時，都可使x增大，而x與偏轉電場的電壓U無關，故選項A、B、C錯誤，D正確6如圖所示，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場不計重力若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為.求(1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間解析：(1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動設磁感應強度的大小為B，粒子質量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0Bm由題給條件和幾何關系可知R0d設電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx.由牛頓第二定律及運動學公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有tan 聯(lián)立式得v0tan2(2)聯(lián)立式得t.答案：(1)v0tan2(2)7如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，第象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y0的區(qū)域內存在著沿y軸正方向的勻強電場一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q(2h，h)點以速度v0水平向右射出，經過坐標原點O處射入第象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場已知MN平行于x軸，N點的坐標為(2h,2h)，不計粒子的重力，求：(1)電場強度E的大小以及帶電粒子從O點射出勻強電場時與水平方向的夾角；(2)磁感應強度B的大??；(3)帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間t.解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2hv0that2又qEma聯(lián)立以上各式解得E設粒子到達O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy則有vyatv0，vv0速度v與x軸正方向的夾角滿足tan 1即45，因此粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場(2)又因為粒子垂直于PN射出磁場，所以P點為圓心軌道半徑RMPh由牛頓第二定律有qvBm聯(lián)立解得B.(3)帶電粒子在電場中運動的時間t1，從O點運動到磁場邊界的時間t2，在磁場中運動的時間t3帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間tt1t2t3.答案：見解析8使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等質量為m，速度為v的離子在回旋加速器內旋轉，旋轉軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度為B.為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設計引出器引出器原理如圖所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O點(O點圖中未畫出)引出離子時，令引出通道內磁場的磁感應強度降低，從而使離子從P點進入通道，沿通道中心線從Q點射出已知OQ長度為L，OQ與OP的夾角為.(1)求離子的電荷量q并判斷其正負；(2)離子從P點進入，Q點射出，通道內勻強磁場的磁感應強度應降為B，求B；(3)換用靜電偏轉法引出離子束，維持通道內的原有磁感應強度B不變，在內外金屬板間加直流電壓，兩板間產生徑向電場，忽略邊緣效應為使離子仍從P點進入，Q點射出，求通道內引出軌跡處電場強度E的方向和大小解析：(1)離子做圓周運動，Bqvq，正電荷(2)如圖所示OQR，OQL，OORr引出軌跡為圓弧，Bqv得R根據(jù)幾何關系得R故B(3)電場強度方向沿徑向向外引出軌跡為圓弧，BqvEqE答案：(1)正電荷(2)(3)沿徑向向外9(2016百校聯(lián)盟押題卷)如圖甲所示，水平放置的兩平行金屬板長l6.34 cm，兩板間距為d2 cm，兩板間有磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化的勻強磁場和電場強度按圖丙所示規(guī)律變化的勻強電場，其中B00.5 T，E01.0105 V/m.t0時刻金屬板上極板帶正電，磁場方向垂直紙面向里一比荷為1.0108 C/kg的帶正電粒子(不計重力)以速度v02.0105 m/s平行金屬板從兩板左側中間位置垂直磁場方向射入求：(1)粒子在運動過程中與上極板的最近距離；(2)粒子在兩極板間運動的總時間和在兩極板間的偏轉距離(取3.14)解析：(1)在0108 s時間內，由于qE0qB0v0，粒子做勻速直線運動在1082108 s時間內，粒子只受洛倫茲力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得qB0v0m解得r4103m，T04108s，即粒子逆時針轉了T0同理，在21083108 s時間內，粒子順時針轉了T0在31084108 s時間內，由于qE0qB0v0，粒子做勻速直線運動作出粒子軌跡如圖所示帶電粒子在運動過程中與上極板的最近距離為y12r2103 m(2)從軌跡圖可知，粒子在一個周期T6108 s時間內沿極板方向運動的位移為l04r2v0t12.856102 m而l6.34102 m2l06.28103 m所以帶電粒子在兩極板間運動的總時間t2Tt14.082107 s在兩極板間偏轉的距離為0，即從兩極板右側中央位置射出答案：見解析