高考物理二轮复习 专题检测试题第11讲 带电粒子在电场

第11讲　带电粒子在电场、磁场中的运动1．(双选)如图3－2－13所示，在α粒子散射实验中，图中虚线表示金箔中某个原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹．从a经过b运动到c的过程中(　　)图3－2－13A．α粒子的动能先增大后减小B．α粒子的电势能先增大后减小C．α粒子受到的电场力先增大后减小D．α粒子运动的加速度先减小后增大2．(双选，2011年佛山二模)如图3－2－14所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(H)流以不同初速度，先后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时(　　)A．加速度更大B．初速度更大C．动能增量更大D．两次的电势能增量相同图3－2－14　　图3－2－153．如图3－2－15所示，在光滑绝缘的水平面上放置两个带正电的、电量不同的小球Q1和Q2，则由静止释放后(　　)A．两小球的加速度逐渐增大B．两小球的电势能逐渐减少C．两小球受到的库仑力不做功D．两小球受到的库仑力大小不相等4．如图3－2－16所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(　　)图3－2－16A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下6\nD．B很大时，滑块可能静止于斜面上5．(双选，2011年新课标卷)电磁轨道炮工作原理如图3－2－17所示．待发射的弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是(　　)图3－2－17A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变6．(双选，2011年浙江卷)利用如图3－2－18所示的装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一束质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是(　　)图3－2－18A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大7．如图3－2－19所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d，O′在MN上，且OO′与MN垂直，则下列判断正确的是(　　)图3－2－19A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为dD．电子在磁场中运动的时间为8．(双选，2012年江苏卷)如图3－2－20所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界，一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场，若粒子的初速度为v06\n，最远可落在边界上的A点，下列说法正确的有(　　)图3－2－20A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋9．(2011年广州一模)如图3－2－21所示，绝缘地面上有长为L＝0.4m的匀强电场区域，场强E＝6×105N/C，方向水平向左，不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q＝5×10－8C、质量为mA＝1×10－2kg的物块A在距O点s＝2.25m处以v0＝5m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失，A的质量是B的k(k>1)倍，A、B与绝缘地面的动摩擦因数都为μ＝0.2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g＝10m/s2.(1)求A到达O点与B碰撞前的速度大小；(2)求碰撞后瞬间，A与B的速度大小；(3)讨论k在不同数值范围时，电场力对A做的功．图3－2－2110．如图3－2－22所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A46\n处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子的重力)．图3－2－221．BC　2.BD　3.B　4.C5．BD　解析：利用动能定理有BIlL＝mv2，B＝kI，解得v＝.6．BC　解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知，粒子的最大半径rmax＝、粒子的最小半径rmin＝，根据r＝，可得vmax＝、vmin＝，则vmax－vmin＝，故B、C正确，D错误．7．D　解析：电子从O点垂直进入匀强磁场后做圆周运动，由左手定则知，粒子向左偏转，故A错误；又知道半径为2d，有界磁场的宽度为d，由公式R＝，可得圆心在O点左边且与O点相距2d，设粒子由A点射出磁场，如图21所示，由几何关系知AO′＝(2－)d，所以B、C错误；电子在磁场中运动的时间t＝·T＝×＝，D正确．图218．BC　解析：当粒子以速度v0垂直于MN进入磁场时，最远可落在A点，若粒子落在A点的左侧，速度不一定小于v0，可能方向不垂直，落在A点的右侧，速度一定大于v0，所以A错误，B正确；若粒子落在A点的左侧处，则垂直MN进入磁场时，轨迹直径为2r＝OA－d，即＝OA－d，已知＝OA，解得v＝v0－，不垂直MN进入磁场时，v>v0－，所以C正确，D错误．9．解：(1)设碰撞前A的速度为v，由动能定理－μmAgs＝mAv2－mAv得v＝＝4m/s.(2)设碰撞后瞬间A、B速度分别为vA、vB，且向右为正方向，由于是弹性碰撞，所以有mAv＝mAvA＋mBvBmAv2＝mAv＋mBv6\n联立方程并将mA＝kmB及v＝4m/s代入得vA＝m/svB＝m/s.(3)①如果A能从电场右边界离开，必须满足mAv>μmAgL＋qEL联立方程并代入数据得k＞3电场力对A做功为WE＝qEL＝5×10－8×6×105×0.4J＝1.2×10－2J.②如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：mAv≤μmAgL＋qEL联立方程并代入数据得k≤3考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开又qE＝3×10－2N＞μmg＝2×10－2N所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程中电场力做功为0，即WE＝0.10．解：设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区、Ⅱ区的磁感应强度、轨道半径和周期，有图22qvB1＝mqvB2＝mT1＝＝T2＝＝设圆形区域的半径为r，如图22所示，已知带电粒子过圆心且垂直A3A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝T1＝·＝带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即R2＝r在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2＝T2＝·＝6\n带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2由以上各式可得B1＝B2＝.6