限時規(guī)范訓(xùn)練(十一)建議用時45分鐘，實際用時________一、單項選擇題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(qiáng)度D．磁感應(yīng)強(qiáng)度解析：選B.粒子作直線運動，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，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進(jìn)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(fù)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．(2017·四川綿陽南山中學(xué)模擬)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，以速度v與水平方向成θ角從O點進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(場強(qiáng)大小為E)和勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B)組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運動到A，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．該微粒一定帶正電B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C．該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D．該電場的場強(qiáng)為Bvcosθ解析：選C.若微粒帶正電，電場力水平向左，洛倫茲力垂直O(jiān)A斜向右下方，則電場力、重力、洛倫茲力不能平衡．若微粒帶負(fù)電，符合題意，A錯誤；微粒如果做勻變速運動，重力和電場力不變，而洛倫茲力變化，微粒不能沿直線運動，與題意不符，B錯誤；由平衡條件得：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，知C正確，D錯誤．4．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eq\f(q,m)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，不計粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點進(jìn)入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設(shè)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(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eq\f(q,m)，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動，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與磁場邊界的夾角為θ，速度大小為v＝eq\f(v0,sinθ)，軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)，由幾何關(guān)系可知x＝2Rsinθ＝eq\f(2mv0,qB)，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eq\f(q,m)時，都可使x增大，而x與偏轉(zhuǎn)電場的電壓U無關(guān)，故選項A、B、C錯誤，D正確．二、多項選擇題5．如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20cm，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝5T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒，整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場，發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100W的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡電阻為R＝100Ω，不計離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻，且認(rèn)為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是()A．金屬板M上聚集負(fù)電荷，金屬板N上聚集正電荷B．該發(fā)電機(jī)的電動勢為100VC．離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103D．每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上解析：選BD.由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；由于不考慮發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動勢等于電源的路端電壓，所以E＝U＝eq\r(PR)＝100V，選項B正確；由Bqv＝qeq\f(U,d)可得v＝eq\f(U,Bd)＝100m/s，選項C錯誤；每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q＝It，而I＝eq\r(\f(P,R))＝1A，所以Q＝1C，由于離子為一價離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n＝eq\f(Q,e)＝eq\f(1,1.6×10－19)＝6.25×1018(個)，選項D正確．6．(2017·山西陽泉模擬)如圖所示，在真空中半徑為r＝0.1m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場及水平向左的勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.01T，ab和cd是兩條相互垂直的直徑，一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v＝1×103m/s從c點沿cd方向射入場區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運動，如果僅撤去磁場，帶電粒子經(jīng)過a點，如果撤去電場，且將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，不計粒子重力，下列說法正確的是()A．電場強(qiáng)度的大小為10N/CB．帶電粒子的比荷為1×106C．撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為0.1mD．帶電粒子在磁場中運動的時間為7.85×10－5s解析：選AC.粒子沿直線運動，則Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝10N/C，選項A正確；如果僅撤去磁場，則粒子在水平方向r＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，豎直方向r＝vt，解得：eq\f(q,m)＝eq\f(2v2,Er)＝2×106C/kg，選項B錯誤；撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為R＝eq\f(mv,q\f(B,2))＝0.1m，選項C正確；帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2q\f(B,2))≈1.57×10－4s，選項D錯誤．7．(2017·太原月考)如圖所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P，進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場B′，最終打在A1A2上．下列表述正確的是()A．粒子帶負(fù)電B．所有打在A1A2上的粒子，在磁場BC．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷eq\f(q,m)越大解析：選CD.由粒子在磁場中的運動軌跡，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；在速度選擇器中滿足：Eq＝Bqv，可得v＝eq\f(E,B)，選項C正確；在磁場中運動的周期為：T＝eq\f(2πm,qB′)，由于進(jìn)入磁場中的粒子的比荷不一定相同，故周期不同，運動時間不一定相同，選項B錯誤；粒子在磁場中運動的半徑：r＝eq\f(mv,qB′)，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，則粒子的運動半徑越小，故粒子的比荷eq\f(q,m)越大，選項D正確．三、非選擇題8．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有一矩形區(qū)域MNPQ，矩形區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E；在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，半徑為R的光滑絕緣空心半圓管ADO固定在坐標(biāo)平面內(nèi)，半圓管的一半處于電場中，圓心O1為MN的中點，直徑AO垂直于水平虛線MN.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計)從半圓管的O點由靜止釋放，進(jìn)入管內(nèi)后從A點穿出恰能在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，當(dāng)粒子再次進(jìn)入矩形區(qū)域MNPQ時立即撤去磁場，此后粒子恰好從QP的中點C離開電場．求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)矩形區(qū)域的長度MN和寬度MQ應(yīng)滿足的條件？(3)粒子從A點運動到C點的時間．解析：(1)粒子從O到A過程中由動能定理得qER＝eq\f(1,2)mv2從A點穿出后做勻速圓周運動，有qvB＝eq\f(mv2,R)解得B＝eq\r(\f(2Em,qR))(2)粒子再次進(jìn)入矩形區(qū)域后做類平拋運動，由題意得R＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)R＋OC＝vt聯(lián)立解得OC＝R所以，矩形區(qū)域的長度MN≥2R，寬度MQ＝2R.(3)粒子從A點到矩形邊界MN的過程中，t1＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(mR,2qE))從矩形邊界MN到C點的過程中，t2＝eq\r(\f(2R,a))＝eq\r(\f(2mR,qE))故所求時間t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋1))eq\r(\f(2mR,qE)).答案：(1)eq\r(\f(2Em,qR))(2)MN≥2RMQ＝2R(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋1))eq\r(\f(2mR,qE))9．用絕緣材料制成的半徑為R的eq\f(2,3)圓桶如圖所示放置，AC為水平直徑，θ＝30°，其內(nèi)部有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，PT是過圓上D點的水平線，其上方存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從A點以一定初速度沿AO射入勻強(qiáng)磁場中，粒子與桶壁彈性碰撞一次后恰從D點飛入勻強(qiáng)電場中，并從M點水平射出，已知MT兩點的距離為eq\f(R,2)，不計粒子的重力，求：(1)粒子的初速度v0；(2)電場強(qiáng)度E的大??；(3)粒子從A到M點的時間t.解析：粒子運動軌跡如圖所示，則∠AOQ＝120°且粒子從D點射出時與DT成60°角(1)由圖知tan30°＝eq\f(R,r)而Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)聯(lián)立得v0＝eq\f(\r(3)BqR,m).(2)在電場中由運動的合成與分解得eq\f(R,2)＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,2)v0sin60°＝eq\f(qE,m)t2聯(lián)立得t2＝eq\f(2m,3Bq)，E＝eq\f(9B2qR,4m).(3)粒子在磁場中運行的時間設(shè)為t1，則t1＝2×eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2πm,3Bq)所以粒子從A到M點的時間t＝t1＋t2＝eq\f(2＋2π,3Bq)m.答案：(1)eq\f(\r(3)BqR,m)(2)eq\f(9B2qR,4m)(3)eq\f(2＋2π,3Bq)m10．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))點以速度v0水平向右射出，經(jīng)過坐標(biāo)原點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點的坐標(biāo)為(2h,2h)，不計粒子的重力，求：(1)電場強(qiáng)度E的大小以及帶電粒子從O點射出勻強(qiáng)電場時與水平方向的夾角α；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(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(qiáng)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2h＝v0th＝eq\f(1,2)at2又qE＝ma聯(lián)立以上各式解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)設(shè)粒子到達(dá)O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy則有vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2h,v0)＝v0，v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0速度v與x軸正方向的夾角α滿足tanα＝eq\f(vy,v0)＝1即α＝45°，因此粒子從MP的中點垂直于MP進(jìn)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R＝eq\f(1,2)MP＝eq\r(2)h由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,