高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練2

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限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練 建議用時(shí)：45分鐘 1．如圖，在兩水平極板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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(jì)重力，下列四個(gè)物理量中哪一個(gè)改變時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)改變(　　) A．粒子速度的大小 B．粒子所帶的電荷量 C．電場強(qiáng)度 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度 解析：選B.粒子作直線運(yùn)動(dòng)，有qvB＝qE，即E＝vB，與q無關(guān)． 2．如圖所示，空間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，圖中虛線為勻強(qiáng)電場的等勢線，一不計(jì)重力的帶電粒子在M點(diǎn)以某一初速度垂直等勢線進(jìn)入正交電磁場中，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(粒子在N點(diǎn)的速度比在M點(diǎn)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)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(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)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(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡才是拋物線，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項(xiàng)D錯(cuò)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(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)．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(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在前后兩個(gè)側(cè)面內(nèi)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(jīng)該裝置時(shí)，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)，則下列說法中正確的是(　　) A．N端的電勢比M端的高 B．若污水中正負(fù)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(guān) 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(fù)離子向右移動(dòng)，受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負(fù)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；最終正負(fù)離子受到電場力、洛倫茲力作用而平衡，有qE＝qvB，又E＝，得v＝，而污水流量Q＝vbc，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(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 4．如圖所示是回旋加速器的工作原理圖，兩個(gè)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(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在兩盒間被電壓U加速，勻強(qiáng)磁場垂直兩盒面，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，令粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)行的總時(shí)間為t，則下列說法正確的是(　　) A．粒子的比荷越小，時(shí)間t越大 B．加速電壓U越大，時(shí)間t越大 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大，時(shí)間t越大 D．窄縫寬度d越大，時(shí)間t越大 解析：選C.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力Bqv＝m及粒子最大偏轉(zhuǎn)半徑為R得帶電粒子獲得的最大動(dòng)能為Ekm＝，設(shè)加速次數(shù)為n，則nqU＝Ekm，粒子每加速一次后，在磁場中運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，所以粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)行的總時(shí)間t＝n＝，聯(lián)立得t＝，C正確，A、B、D錯(cuò)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(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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(zhuǎn)電場，不計(jì)粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點(diǎn)進(jìn)入磁場，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后又從PQ邊界上的N點(diǎn)射出磁場，設(shè)M、N兩點(diǎn)距離為x(M、N點(diǎn)在圖中未畫出)．則以下說法中正確的是(　　) A．只減小磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則x不變 解析：選D.粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與磁場邊界的夾角為θ，速度大小為v＝，軌道半徑R＝，由幾何關(guān)系可知x＝2Rsin θ＝，只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B、只增大初速度v0或只減小帶電粒子的比荷時(shí)，都可使x增大，而x與偏轉(zhuǎn)電場的電壓U無關(guān)，故選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確． 6．如圖所示，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)向．在y軸正半軸上某點(diǎn)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(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場．不計(jì)重力．若該粒子離開電場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ.求 (1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值； (2)該粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 解析： (1)如圖，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B＝m① 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d② 設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開電場時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 Eq＝max③ vx＝axt④ t＝d⑤ 由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有 tan θ＝⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ＝v0tan2θ (2)聯(lián)立⑤⑥式得 t＝. 答案：(1)v0tan2θ　(2) 7．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q(－2h，－h(huán))點(diǎn)以速度v0水平向右射出，經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O處射入第Ⅰ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(diǎn)的坐標(biāo)為(2h,2h)，不計(jì)粒子的重力，求： (1)電場強(qiáng)度E的大小以及帶電粒子從O點(diǎn)射出勻強(qiáng)電場時(shí)與水平方向的夾角α； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)帶電粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到射出磁場的時(shí)間t. 解析：(1)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得2h＝v0t h＝at2 又qE＝ma 聯(lián)立以上各式解得E＝ 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy 則有vy＝at＝＝v0，v＝＝v0 速度v與x軸正方向的夾角α滿足tan α＝＝1 即α＝45，因此粒子從MP的中點(diǎn)垂直于MP進(jìn)入磁場． (2)又因?yàn)榱Ｗ哟怪庇赑N射出磁場，所以P點(diǎn)為圓心．軌道半徑R＝MP＝h 由牛頓第二定律有qvB＝m 聯(lián)立解得B＝. (3)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝， 從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到磁場邊界的時(shí)間t2＝＝， 在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝＝ 帶電粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到射出磁場的時(shí)間 t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝. 答案：見解析 8．使用回旋加速器的實(shí)驗(yàn)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(zhuǎn)法等．質(zhì)量為m，速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點(diǎn)，軌道在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計(jì)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(diǎn)(O′點(diǎn)圖中未畫出)．引出離子時(shí)，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度降低，從而使離子從P點(diǎn)進(jìn)入通道，沿通道中心線從Q點(diǎn)射出．已知OQ長度為L，OQ與OP的夾角為θ. (1)求離子的電荷量q并判斷其正負(fù)； (2)離子從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，通道內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)降為B′，求B′； (3)換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)．為使離子仍從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強(qiáng)度E的方向和大小． 解析： (1)離子做圓周運(yùn)動(dòng)， Bqv＝① q＝，正電荷② (2)如圖所示 O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r 引出軌跡為圓弧，B′qv＝③ 得R＝④ 根據(jù)幾何關(guān)系得 R＝⑤ 故B′＝＝⑥ (3)電場強(qiáng)度方向沿徑向向外⑦ 引出軌跡為圓弧，Bqv－Eq＝⑧ E＝⑨ 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l＝6.34 cm，兩板間距為d＝2 cm，兩板間有磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化的勻強(qiáng)磁場和電場強(qiáng)度按圖丙所示規(guī)律變化的勻強(qiáng)電場，其中B0＝0.5 T，E0＝1.0105 V/m.t＝0時(shí)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(jì)重力)以速度v0＝2.0105 m/s平行金屬板從兩板左側(cè)中間位置垂直磁場方向射入．求： (1)粒子在運(yùn)動(dòng)過程中與上極板的最近距離； (2)粒子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間和在兩極板間的偏轉(zhuǎn)距離．(取π＝3.14) 解析：(1)在0～π10－8 s時(shí)間內(nèi)，由于qE0＝qB0v0，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 在π10－8～2π10－8 s時(shí)間內(nèi)，粒子只受洛倫茲力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得qB0v0＝m 解得r＝410－3m，T0＝＝4π10－8s， 即粒子逆時(shí)針轉(zhuǎn)了T0 同理，在2π10－8～3π10－8 s時(shí)間內(nèi)，粒子順時(shí)針轉(zhuǎn)了T0 在3π10－8～4π10－8 s時(shí)間內(nèi)，由于qE0＝qB0v0，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 作出粒子軌跡如圖所示 帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中與上極板的最近距離為 y1＝－2r＝210－3 m (2)從軌跡圖可知，粒子在一個(gè)周期T＝6π10－8 s時(shí)間內(nèi)沿極板方向運(yùn)動(dòng)的位移為l0＝4r＋2v0t1＝2.85610－2 m 而l＝6.3410－2 m＝2l0＋6.2810－3 m 所以帶電粒子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝2T＋t1＝4.08210－7 s 在兩極板間偏轉(zhuǎn)的距離為0，即從兩極板右側(cè)中央位置射出 答案：見解析