2019物理同步人教选修3-1刷题首选卷（对点练 巩固练）：第三章 跟踪训练带电粒子在磁场或复合场中的应用 WORD版含解析.docx

1、跟踪训练带电粒子在磁场或复合场中的应用对应学生用书P791(多选)关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是()A洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力B安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力C安培力和洛伦兹力，二者是等价的D安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不做功答案BD解析安培力和洛伦兹力本质上都是磁场对运动电荷的作用力，但二者不等价，安培力是洛伦兹力的宏观表现，它可以对通电导体做功，但洛伦兹力对运动电荷不做功。2(多选)有一个带电荷量为q、重为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场

2、的空间时，下列说法错误的是()A一定做曲线运动B不可能做曲线运动C有可能做匀加速运动D有可能做匀速直线运动答案BCD解析若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力相等，因为小球还受重力作用，向下运动时速度会增加，小球所受的洛伦兹力增大，将不会再与小球所受的电场力平衡，故不可能做匀加速直线运动，也不可能做匀速直线运动，若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不等，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动。综上所述，小球一定做曲线运动，A正确，B、C、D错误。3如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出。一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至

3、b点，则小球()A一定带正电B受到的电场力的方向一定水平向右C从a到b过程，克服电场力做功D从a到b过程中可能做匀加速运动答案C解析因重力的方向已确定，而电场方向不确定，根据磁场方向，若带正电，则根据左手定则可知洛伦兹力的方向，如图1所示，电场力、重力及洛伦兹力可以平衡。若带负电，同理，如图2所示，三者仍能处于平衡，A、B错误；从图中可知，电场力总是做负功，C正确；根据题意可知，小球做直线运动，由于洛伦兹力与速度的关系，可确定一定做匀速直线运动，D错误。4(多选)利用如图所示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

4、为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为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()A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答案BC解析由左手定则可判断粒子带负电，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vmaxvmin，B、C正确，D错误。5某粒子分析器的简化结构如图。一束带电粒子(不计重力和粒子间的相互影响)从A孔以特定的角度和初

5、速度v0射入平行板电极P和Q之间的真空区域。经偏转后打在Q极板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子束能从Q极板上B孔射出，下列操作中可能实现的是()A先断开开关S，再适当上移P极板B先断开开关S，再适当左移P极板C保持开关S闭合，适当上移P极板D保持开关S闭合，适当左移P极板答案C解析设带电粒子水平方向上的位移为L，则Lv0cost，断开开关S，平板未接入电路，平板带电量不变，由U，C与E得E，适当上移P极板，E不变，t不变，L不变，A错误；断开开关S，平板未接入电路，E，适当左移P极板，S减小，E增大，t减小，L减小，B错误；保持开关S闭合，平板接入电路，U不变，E，适当上移P

6、极板，d增大，E减小，t增大，L增大，C正确；保持开关S闭合，平板接入电路，E，适当左移P极板，E不变，t不变，L不变，D错误。6.一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连。下列说法正确的是()A质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大B质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大C只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D不需要改变任何量，这个装置也能用于加速粒子答案A解析由r知，当rR时，质子有最大速度vm，即B、R越大，vm越大，vm与加速电压无关，A正确，B错误；随着质子速度v的增大、当接近光

7、速时，质量m会发生变化，据T知质子做圆周运动的周期也变化，所加交流电与其运动不再同步，即质子不可能一直被加速下去，C错误；由上面周期公式知粒子与质子做圆周运动的周期不同，故此装置不能用于加速粒子，D错误。7.(多选)正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，两板间有垂直纸面磁感应强度为B的匀强磁场，D为理想二极管(即正向电阻为0，反向电阻无穷大)，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一带电质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点沿直线运动，在保持开关S闭合的情况下，下列说法正确的是()A质点可能带正电，也可能带负电B若仅将滑片P向上滑

8、动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点运动轨迹一定会向上偏C若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会沿直线运动D若仅将两平行板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点运动轨迹会向下偏答案BC解析若为正电荷，则电场力向下，洛伦兹力向下，重力向下，则不可能沿直线运动，所以质点不可能为正电荷，A错误；若为负电，电场力向上，洛伦兹力向上，滑片P向上滑动一段后，滑动变阻器两端电压增大，即金属板两板间电压增大，根据E知电场强度变大，电场力变大，则合力向上，质点轨迹一定向上偏，B正确；将滑片P向下滑动一段后，因二极管的单向导电性，电容

9、器不放电，则电场强度不变，电场力不小，合力不变，质点依然会沿直线运动，C正确；两板间距离变大，电容减小，因二极管的单向导电性，电量无法减小，则电量不变，场强不变，电场力不变，则质点运动轨迹不变，D错误。8.如图所示的矩形abcd范围内有垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，且ab长度为L，现有比荷为的正电离子在a处沿ab方向以速度v射入磁场，求离子通过磁场后的纵向偏移y(设离子刚好从c点飞出)。答案 解析离子做匀速圆周运动从ac，易知圆心在图中的O处，即a、c两处速度垂线的交点处。纵向偏移yaOdOR，由qvB，得R，故有y 。9.如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为

10、B，方向垂直纸面向里。电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60角。(不计粒子的重力)求：(1)粒子做圆周运动的半径；(2)粒子的入射速度。答案(1)r(2)解析(1)设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R，如图所示，OOA30，由图可知，圆周运动的半径ROAr。(2)根据牛顿运动定律有：qvBm，得：R，故粒子的入射速度v。10一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，求：(1)该带电微粒的电性？(2)该带电微粒的旋转方向？(3)若已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重

11、力加速度为g，则微粒线速度为多少？答案(1)负电荷(2)逆时针(3)解析(1)带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷。(2)磁场方向垂直纸面向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反)。(3)由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mgqE带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r联立得：v。11有一回旋加速器，它的高频电源的频率为1.2107 Hz，D形盒的半径为0

12、.532 m，求加速氘核时所需的磁感应强度为多大？氘核所能达到的最大动能为多少？(氘核的质量为3.31027 kg，氘核的电荷量为1.61019 C)答案1.55 T2.641012 J解析氘核在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律qvBm，周期T，解得圆周运动的周期T。要使氘核每次经过电场均被加速，则其在磁场中做圆周运动的周期等于交变电压的周期，即T。所以B T1.55 T。设氘核的最大速度为v，对应的圆周运动的半径恰好等于D形盒的半径，又qvBm，所以v。故氘核所能达到的最大动能Emaxmv2m2 J2.641012 J。12.如图所示，平面直角坐标系xOy中，第象限

13、存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成60角射出磁场，不计粒子重力，求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；(2)匀强电场的场强大小E。答案(1)(2)解析(1)因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N点时的速度为v，把速度v分解如图甲所示。根据平抛运动的速度关系，粒子在N点进入磁场时的速度v2v0。如图乙所示，分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心。根据牛顿第二定律qvB，所以R，代入v2v0得粒子的轨道半径R。(2)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t。由牛顿第二定律：qEma设沿电场方向的分速度为vyat粒子在电场中x轴方向做匀速运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：粒子在x轴方向的位移：xRsin30Rcos30v0t又vyv0tan60由可以解得E。