2013届高考物理二轮复习训练：专题3 第7讲 带电粒子在电场、磁场中的基本运动

专题三 电场与磁场第七讲 带电粒子在电场、磁场中的基本运动一、单项选择题1. (2011年高考重庆卷)如图所示，电量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心解析：选D.利用点电荷产生场强的公式E ＝k Q r2和场强叠加原理，对某边中点处的场强进行分析求合场强可知其大小并不是零，排除选项A 、B 、C ，选项D 正确．2．(2011年高考新课标全国卷)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析：选B.地磁场的N 极在地球南极附近，地磁场的S 极在地球北极附近，根据安培定则，可判定电流方向为顺时针方向(站在地球的北极向下看)，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．3. (2010年高考安徽理综卷)如图所示，在xOy 平面内有一个以O 为圆心、半径R ＝0.1 m 的圆，P 为圆周上的一点，O 、P 两点连线与x 轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小E ＝100 V/m ，则O 、P 两点的电势差可表示为( )A ．U OP ＝－10sin θ(V)B ．U OP ＝10sin θ(V)C ．U OP ＝－10cos θ(V)D ．U OP ＝10cos θ(V) 解析：选A.由于电场强度方向向下，据题意可知U OP ＜0，则U OP ＝－ER sin θ＝－100×0.1sin θ(V)＝－10sin θ(V)，故正确答案为A.4．(2011年高考江苏卷改编) 一粒子从A 点射入电场，从B 点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的是( )A．粒子带正电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大解析：选 B.电场线如图所示，由于受力总指向运动轨迹的凹侧，故粒子带负电荷，A错；由电场线分布知电场力先不变，后越来越小，B对；电场力一直做负功，粒子速度一直减小，电势能一直增加，C、D错．5. (2010年高考四川理综卷改编)如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等．光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON.若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则( )A．滑块从M到N的过程中，速度不可能一直增大B．滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小C．在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置D．在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置解析：选C.滑块从M到N的过程中，在水平方向上电场力有可能始终大于弹力在水平方向的分力，A错．滑块在1与2之间和在3与4之间运动时，电势差相等，则电场力做功也相等，B错．在MN之间运动时，由于M、N两处弹簧弹力大小相等，故在M处弹簧被压缩，在N 处弹簧被拉伸，所以弹簧经过某一位置后要被拉伸，弹力在水平方向的分力可能大于电场力而使滑块减速，故可能存在滑块速度相同的两个位置，C项正确．若要确定滑块加速度只由电场力决定，则要求弹力在水平方向没有分力，即滑块在O点正下方和弹簧处于自然长度状态，而MN之间的弹簧处于自然长度状态处应在O点下方右侧一处，故D错．6. (2011年北京海淀区期末测试)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在如图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是( )A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D ．在线段MN 上有两点的磁感应强度为零解析：选B.根据安培定则和磁场的叠加原理，M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A 错B 对；在线段MN 上只有在O 点处，a 、b 两电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O 点处的磁感应强度为零，选项C 、D 错．7. (2011年长春调研)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电粒子(不计重力)以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，粒子穿过此区域的时间为t ，粒子飞出此区域时速度方向偏转角为60°，根据上述条件可求下列物理量中的( )A ．带电粒子的电荷量B ．带电粒子的初速度C ．带电粒子在磁场中运动的周期D ．带电粒子在磁场中运动的半径 解析：选C.由带电粒子的速度偏转角为60°可知，它在磁场中转过的圆心角度也为60°，则带电粒子在磁场中运动的周期T ＝6t ，再由T ＝2πm qB 有q m ＝2πBT ＝π3Bt ，根据R ＝mvqB，因R 、m 、v 均为未知量，且由题中条件无法推出，故只有C 项正确．8. (2011年天津十校联考)如图所示，静止的电子在加速电压为U 1的电场作用下从O 点经P 板的小孔射入平行金属板间的电场，在偏转电压为U 2的电场作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的12倍解析：选A.要使电子的运动轨迹不发生变化，应使电子从电场中穿出时偏转距离不变，而偏转距离y ＝12·eU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02＝eU 2l 22d ·2eU 1＝U 2l 24U 1d，故U 1加倍时应使U 2也加倍，A 正确．9．(2011年高考海南卷改编) 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B ．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹可能不同C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析：选D.带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvB ＝mv 2r得轨道半径r ＝mvqB，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同，相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B 错误．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πr v ＝2πmqB，故所有带电粒子的运动周期均相同，若带电粒子从磁场左边界出磁场，则这些粒子在磁场中运动时间是相同的，但不同速度轨迹不同，故A 、C 错误．根据θt ＝2πT得θ＝2πTt ，所以t 越长，θ越大，故D 正确．二、非选择题 10.(2011年湖北八校联考)在某平面上有一半径为R 的圆形区域，区域内外均有垂直于该平面的匀强磁场，圆外磁场范围足够大，已知两部分磁场方向相反且磁感应强度都为B ，方向如图所示．现在圆形区域的边界上的A 点有一个电荷量为q 、质量为m 的带电粒子以沿半径且垂直于磁场方向向圆外的速度经过该圆形边界，已知该粒子只受到磁场对它的作用力．(1)若粒子在其与圆心O 连线旋转一周时恰好能回到A 点，试问粒子运动速度v 的可能值； (2)在粒子恰能回到A 点的情况下，求该粒子回到A 点所需的最短时间． 解析：(1)设粒子运动的半径为rBqv ＝m v 2rr ＝mvBq① 如图，O 1为粒子运动的第一段圆弧AB 的圆心，O 2为粒子运动的第二段圆弧BC 的圆心，根据几何关系可知 tan θ＝r R②∠AOB ＝∠BOC ＝2θ如果粒子回到A 点，则必有 n ·2θ＝2π，n 取正整数③由①②③可得v ＝BqR m tan πn考虑到θ为锐角，即0＜θ＜π2，根据③可得n ≥3故v ＝BqR m tan πn(n ＝3,4,5，…)．(2)粒子做圆周运动的周期T ＝2πmBq因为粒子每次在圆形区域外运动的时间和圆形区域内运动的时间互补为一个周期T ，所以粒子穿越圆形边界的次数越少，所花时间就越短，因此取n ＝3代入到③可得θ＝π3而粒子在圆形区域外运动的圆弧的圆心角为αα＝2π－2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝53π故所求的粒子回到A 点的最短运动时间t ＝T ＋α2πT ＝11πm3Bq .答案：(1)BqR m tan πn (n ＝3,4,5，…) (2)11πm3Bq11.(2011年原创题卷)如图所示，均可视为质点的三个小球A 、B 、C 穿在竖直固定的光滑绝缘细杆上，开始时A 与B 紧靠在一起(A 、B 之间绝缘)，C 紧贴着绝缘地板，质量分别为M A ＝2.32 kg ，M B ＝0.20 kg ，M C ＝2.00 kg ，其中A 不带电，B 、C 的带电量分别为q B ＝＋4.0×10－5C ，q C ＝＋7.0×10－5 C ，且电荷量都保持不变，开始时三个小球均静止．现给小球A 施加一个竖直向上的力F ，使它由静止开始向上做加速度为a ＝4.0 m/s 2的匀加速直线运动，经时间t ，A 与B 分离，F 变为恒力．已知g ＝10 m/s 2，静电力常量k ＝9×109 N ·m 2/C 2.求：(1)时间t 为多少？(2)在时间t 内，若力F 做的功W F ＝53.36 J ，则B 所受的电场力对B 做的功W 为多少？ 解析：(1)开始时小球A 、B 处于平衡状态，有(M A ＋M B )g ＝kq B q Cr 20所以r 0＝kq B q CM A ＋MB g＝ 9×109×4×10－5×7×10－52.32＋0.2×10m ＝1 m给A 施加力F 后，A 、B 沿细杆向上做匀加速直线运动，C 对B 的库仑斥力逐渐减小，A 、B 之间的弹力也逐渐减小，经过时间t ，B 、C 间距离设为r ，A 、B 两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F 变为恒力．则对小球B 由牛顿第二定律得：kq B q Cr 2－M B g ＝M B a ，所以r ＝kq B q CM B g ＋a ＝ 9×109×4×10－5×7×10－50.2×10＋4 m ＝3 m对小球B 从静止开始匀加速运动时间t ，有：r －r 0＝12at 2所以t ＝2r －r 0a ＝2×3－14s ＝1 s.(2)对A 、B 整体由动能定理得：W F ＋W G ＋W ＝12(M A ＋M B )v 2又W G ＝－(M A ＋M B )g (r －r 0)v ＝at所以W ＝12(M A ＋M B )a 2t 2－W F ＋(M A ＋M B )g (r －r 0)代入数据得W ＝17.2 J. 答案：(1)1 s (2)17.2 J12．(2010年高考江苏卷)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示．加在极板A 、B 间的电压U AB 作周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0(k ＞1)，电压变化的周期为2T ，如图乙所示．在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用．(1)若k ＝54，电子在0～2T 时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件；(2)若电子在0～200T 时间内未碰到极板B ，求此运动过程中电子速度v 随时间t 变化的关系；(3)若电子在第N 个周期内的位移为零，求k 的值． 解析：(1)电子在0～T 时间内做匀加速运动加速度的大小a 1＝eU 0md① 位移s 1＝12a 1T2②在T ～2T 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a 2＝5eU 04md③初速度的大小v 1＝a 1T④ 匀减速运动阶段的位移s 2＝v 212a 2⑤ 依据题意d ＞s 1＋s 2 解得 d ＞ 9eU 0T210m⑥ (2)在2nT ～(2n ＋1)T (n ＝0,1,2，…，99)时间内 速度增量Δv 1＝a 1T⑦在(2n ＋1)T ～2(n ＋1)T (n ＝0,1,2，…，99)时间内 加速度的大小a 2′＝ekU 0md速度增量Δv 2＝－a 2′T⑧ ① 当0≤t －2nT ＜T 时电子的运动速度v ＝n Δv 1＋n Δv 2＋a 1(t －2nT )⑨解得v ＝[t －(k ＋1)nT ]eU 0dm，(n ＝0,1,2， (99)⑩ ②当0≤t －(2n ＋1)T ＜T 时电子的运动速度v ＝(n ＋1)Δv 1＋n Δv 2－a 2′[t －(2n ＋1)T]⑪ 解得v ＝[(n ＋1)(k ＋1)T －kt ]eU 0dm，(n ＝0,1,2，…，99)．⑫ (3)电子在2(N －1)T ～(2N －1)T 时间内的位移x 2N －1＝v 2N －2T ＋12a 1T 2电子在(2N －1)T ～2NT 时间内的位移x 2N ＝v 2N －1T －12a 2′T 2由⑩式可知v 2N －2＝(N －1)(1－k )T eU 0dm由⑫式可知v 2N －1＝(N －Nk ＋k )T eU 0dm依据题意x 2N －1＋x 2N ＝0解得k ＝4N －14N －3.答案：(1)d ＞9eU 0T 210m (2)见解析 (3)4N －14N －3。