2020屆高三物理一輪復習 第九章 第3講 帶電粒子在復合場中的運動課時作業(yè)（含解析）

《2020屆高三物理一輪復習 第九章 第3講 帶電粒子在復合場中的運動課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高三物理一輪復習 第九章 第3講 帶電粒子在復合場中的運動課時作業(yè)（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、帶電粒子在復合場中的運動 一、單項選擇題 1．如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．不計重力，則(　　) A．若電子以相同的速率從右向左飛入，電子也沿直線運動 B．若電子以相同的速率從右向左飛入，電子將向下偏轉 C．若電子以相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉 D．若電子以相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運動 解析：若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，A、B選項錯誤；若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下．由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動，D選項正確，C選項錯誤． 答案：

2、D 2．(2016·高考全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比約為(　　) A．11　　　　　　　 B．12 C．121 D．144 解析：帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r＝，由以上兩式整理得r＝ .由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得＝1

3、44，選項D正確． 答案：D 3．(2019·遼寧大連高三模擬)如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點，出現(xiàn)一個光斑．在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為B的勻強磁場后，粒子束發(fā)生偏轉，沿半徑為r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強大小為E的勻強電場，光斑從P點又回到O點．關于該粒子(不計重力)，下列說法正確的是(　　) A．粒子帶負電　　　 B．初速度為v＝ C．比荷為＝ D．比荷為＝ 解析：在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為B的勻強磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點，根據(jù)左手定則

4、可知，粒子帶正電，選項A錯誤；當電場和磁場同時存在時qvB＝Eq，解得v＝，選項B錯誤；在磁場中時，由qvB＝m，可得＝＝，故選項D正確，C錯誤． 答案：D 4．如圖所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又沿垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為(　　) A．d隨v0增大而增大，d與U無關 B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大 C．d隨U增大而增大，d與v0無關 D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小 解析：設粒子從M點進入磁

5、場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為θ，故有v＝，粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r＝，而MN之間的距離為d＝2rcos θ，聯(lián)立解得d＝，故選項A正確． 答案：A 5．(2019·江西南昌三校聯(lián)考)中國科學家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃瑮钫駥幏Q這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎級的成果．如圖所示，厚度為h、寬度為d的金屬導體，當磁場方向與電流方向垂直時，在導體上下表面會產生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應．下列說法正確的是(　　) A．上表面的電勢高于下表面的電勢 B．僅增大h時，上下表面的電勢差增大 C．僅增大d時，上下表面的電勢差減小 D．僅增大電流I時，上下表面的電勢差減小 解析：因

6、電流方向向右，則金屬導體中的自由電子是向左運動的，根據(jù)左手定則可知上表面帶負電，則上表面的電勢低于下表面的電勢，A選項錯誤．當電子達到平衡時，電場力等于洛倫茲力，即q＝qvB，又I＝nqvhd(n為導體單位體積內的自由電子數(shù))，得U＝，則僅增大h時，上下表面的電勢差不變；僅增大d時，上下表面的電勢差減?。粌H增大I時，上下表面的電勢差增大，故C正確，B、D錯誤． 答案：C 二、多項選擇題 6．(2019·湖北華中師范大學第一附屬中學模擬)美國物理學家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，其基本原理如圖所示．現(xiàn)有一回旋加速器，當外加磁場一定時，可把質子的速度從零加速到v，質子獲得的動能為Ek.在不考慮相對

7、論效應的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的α粒子(氦核)時，有(　　) A. 能把α粒子從零加速到 B．能使α粒子獲得的動能為2Ek C．加速α粒子的交變電場頻率與加速質子的交變電場頻率之比為1∶2 D．加速α粒子的交變電場頻率與加速質子的交變電場頻率之比為2∶1 解析：粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)qvB＝m，解得v＝，則粒子的最大動能Ekm＝mv2＝，因質子與α粒子的質量數(shù)之比為1∶4，而電荷量之比為1∶2，所以α粒子加速到的速度為，動能仍為Ek，故A正確，B錯誤；加速器所接交流電的頻率應與粒子做勻速圓周運動的頻率相同，粒子做勻速圓周運動的頻率為f＝，所以加速α

8、粒子的交變電場頻率與加速質子的交變電場頻率之比為1∶2，故C正確，D錯誤． 答案： AC 7．質量為m、電荷量為q的微粒以與水平方向成θ角的速度v從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的疊加場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法正確的是(　　) A．該微粒一定帶負電荷 B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動 C．該磁場的磁感應強度大小為 D．該電場的場強為Bvcos θ 解析：若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應帶負電荷，它受

9、豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應該做勻速直線運動，故選項A正確，B錯誤；由平衡條件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應強度B＝，電場的場強E＝Bvsin θ，故選項C正確，D錯誤． 答案：AC 8．如圖所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的

10、最高點，則(　　) A．經過最高點時，三個小球的速度相等 B．經過最高點時，甲球的速度最小 C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變 解析：設磁感應強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋Bv甲q＝，mg－Bv乙q＝，mg＝，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為重力勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確． 答案：CD [能力題組] 一、選擇題 9．如圖所

11、示，一平行板電容器，右極板接電源正極，板長為2d，板間距離為d.一帶電荷量為q、質量為m的負離子(重力不計)以速度v0貼近左極板沿極板方向射入，恰從右極板下邊緣射出．在右極板右側空間存在垂直紙面方向的勻強磁場(未標出)．要使該負離子在磁場中運動后，又恰能直接從右極板上邊緣進入電場，則(　　) A．磁場方向垂直紙面向里 B．磁場方向垂直紙面向外、向里都有可能 C．磁感應強度大小為 D．在磁場中運動時間為 解析：粒子在電場中做類平拋運動，離開電場后做勻速圓周運動，軌跡如圖． 粒子帶負電荷，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A、B錯誤；對于類平拋運動，速度偏向角的正切值等

12、于位移偏向角正切值的兩倍，即tan α＝2tan β＝2·＝1，故α＝45°，又由于tan α＝＝，故vy＝v0，v＝v0，根據(jù)幾何關系，圓周運動的軌道半徑為R＝d，圓周運動中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得B＝，故C正確；磁場中運動時間為t＝T＝，故D錯誤． 答案：C 10．(多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示．不計

13、空氣阻力，則(　　) A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4 C．h1與h4無法比較 D．h1與h2無法比較 解析：第1個圖：由豎直上拋運動的最大高度公式得h1＝.第3個圖：當加上電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上有，v02＝2gh3，所以h1＝h3，故A正確；而第2個圖：洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，設此時的球的動能為Ek，則由能量守恒得mgh2＋Ek＝mv02，又由于mv02＝mgh1，所以h1＞h2，所以D錯誤；第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤． 答案：AC

14、 11．(多選)如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強電場和一水平方向的勻強磁場，且電場方向和磁場方向相互垂直．在電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內．一質量為m、帶電荷量為＋q的小球套在絕緣桿上．初始，給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運動，電荷量保持不變．已知，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E＝，則以下說法正確的是(　　) A．小球的初速度為v0＝ B．若小球的初速度為，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止 C．若小球的初速度為，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止 D．若小球的初速度為，則運動中克服摩擦

15、力做功為 解析：對小球進行受力分析，如圖所示，電場力的大小F＝qE＝q×＝mg，由于重力的方向豎直向下，電場力的方向水平向左，二者垂直，合力FG＋F＝＝2mg，由幾何關系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力也不會對小球做功．所以，當小球做勻速直線運動時，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力大小相等，方向相反，所以qv0B＝2mg，所以v0＝，故A正確；若小球的初速度為，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝3mg>FG＋F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到垂直于桿向下的支持力，則摩擦力Ff＝μFN，小球將做

16、減速運動，隨著速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當速度減小到時，小球開始做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的初速度為，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝mg

17、AC 二、非選擇題 12．(2019·重慶市高三一診)如圖所示，豎直平面內，兩豎直線MN、PQ間(含邊界)存在豎直向上的勻強電場和垂直于豎直平面向外的勻強磁場，MN、PQ間距為d，電磁場上下區(qū)域足夠大．一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球從左側進入電磁場，初速度v與MN夾角θ＝60°，隨后小球做勻速圓周運動，恰能到達右側邊界PQ并從左側邊界MN穿出．不計空氣阻力，重力加速度為g.求： (1)電場強度大小E； (2)磁場磁感應強度大小B； (3)小球在電磁場區(qū)域運動的時間t. 解析：(1)由小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動有 qE＝mg 得E＝ (2)設小球做勻速圓周運動

18、的半徑為r，有qvB＝m 解得B＝ 由幾何關系可得r＝2d 磁場磁感應強度大小B＝ (3)小球做勻速圓周運動周期T＝ 小球在電磁場區(qū)域運動時間t＝T＝ 答案：(1)　 (2)　 (3) 13．(2019·山東濰坊模擬)在如圖所示的坐標系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內存在磁感應強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場；第三和第四象限內存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強電場．p點為y軸正半軸上的一點，坐標為(0，l)；n點為y軸負半軸上的一點，坐標未知．現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子由p點沿y軸正方向以一定的速度射入勻強磁場，該粒子經磁場偏轉后以與x軸正半

19、軸成45°角的方向進入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y軸經過n點．粒子的重力忽略不計．求： (1)粒子在p點的速度大??； (2)第三和第四象限內的電場強度的大??； (3)帶電粒子從由p點進入磁場到第三次通過x軸的總時間． 解析：粒子在復合場中的運動軌跡如圖所示． (1)由幾何關系可知 rsin 45°＝l 解得r＝l 又因為qv0B＝m，可解得 v0＝. (2)粒子進入電場在第三象限內的運動可視為平拋運動的逆過程，設粒子射入電場坐標為(－x1,0)，從粒子射入電場到粒子經過n點的時間為t2，由幾何關系知x1＝(＋1)l，在n點有v2＝v1＝v0 由類平拋運動規(guī)律有 (＋1)l＝v0t2 v0＝at2＝t2 聯(lián)立以上方程解得t2＝，E＝. (3)粒子在磁場中的運動周期為 T＝ 粒子第一次在磁場中運動的時間為 t1＝T＝ 粒子在電場中運動的時間為 2t2＝ 粒子第二次在磁場中運動的時間為 t3＝T＝ 故粒子從開始到第三次通過x軸所用時間為 t＝t1＋2t2＋t3＝(＋2＋2). 答案：(1)　(2) (3)(＋2＋2) 11