【名師一號】2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 8-3 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動課時(shí)檢測 新人教版

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1、第三講　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 1.水平放置的平行金屬板a、b帶有等量電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)帶正電的粒子在兩板間做直線運(yùn)動，粒子的重力不計(jì)．關(guān)于粒子在兩板間運(yùn)動的情況，正確的是(　　) A．可能向右做勻加速直線運(yùn)動 B．可能向左做勻加速直線運(yùn)動 C．只能是向右做勻速直線運(yùn)動 D．只能是向左做勻速直線運(yùn)動 解析　受力分析可知電場力向下，洛倫茲力必向上，則速度向右；洛倫茲力與速度大小有關(guān)，因此只能為勻速直線運(yùn)動． 答案　C 2．如圖所示，真空中有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，三個(gè)等量同種電荷的油滴A、B、

2、C處于此區(qū)域中，A靜止，B向右做勻速直線運(yùn)動，C向左做勻速直線運(yùn)動．則它們質(zhì)量之間的關(guān)系是(　　) A．mA＝mB＝mC B．mB

3、勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g.則(　　) A．兩板間的電勢差為U＝Bdv B．上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極 C．流經(jīng)R的電流強(qiáng)度為I＝ D．流經(jīng)R的電流強(qiáng)度為I＝ 解析　等離子體噴射入磁場后，在洛倫茲力F1＝qBv的作用下正離子向上偏，負(fù)離子向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極，B對；兩板間形成向下的電場，正負(fù)離子將受到電場力F2＝q阻礙其偏轉(zhuǎn)，假設(shè)外電路斷路，則qBv＝q，即U＝Bdv為電源電動勢，A錯(cuò)；電源內(nèi)阻為r＝ρ＝，由閉合電路歐姆定律得I＝＝，C、D錯(cuò)．

4、 答案　B 4.如圖所示，在同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的空間中取正交的坐標(biāo)系Oxyz(z軸正方向豎直向上)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不能忽略)從原點(diǎn)O以速度v沿y軸正方向出發(fā)．下列說法正確的是(　　) A．若電場沿z軸正方向、磁場沿y軸正方向，粒子只能做曲線運(yùn)動 B．若電場沿z軸正方向、磁場沿z軸正方向，粒子可能做勻速圓周運(yùn)動 C．若電場沿x軸正方向、磁場沿z軸正方向，粒子有可能做勻速直線運(yùn)動 D．若電場沿x軸正方向、磁場沿x軸負(fù)方向，粒子有可能做勻速圓周運(yùn)動 解析　A選項(xiàng)中若電場力平衡了粒子的重力，則粒子沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B選項(xiàng)中，若電

5、場力平衡了粒子的重力，則粒子僅受洛倫茲力充當(dāng)向心力，所以可能做勻速圓周運(yùn)動，B選項(xiàng)正確；C選項(xiàng)中，電場力沿x軸正方向，洛倫茲力沿x軸正方向，這兩力與重力的合力不為零，粒子不可能做勻速直線運(yùn)動，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中，電場力沿x軸正方向而重力豎直向下，電場力不能平衡重力，所以這三力的合力不能總是指向圓心，故無法做勻速圓周運(yùn)動，D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案　B 5.如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時(shí)的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能

6、E′k的大小是(　　) A．E′k＝Ek B．E′k>Ek C．E′k

7、、c為圓環(huán)上的三個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，Ob沿水平方向．已知小球所受電場力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放．下列判斷正確的是(　　) A．當(dāng)小球運(yùn)動的弧長為圓周長的時(shí)，洛倫茲力最大 B．當(dāng)小球運(yùn)動的弧長為圓周長的時(shí)，洛倫茲力最大 C．小球從a點(diǎn)到b點(diǎn)，重力勢能減小，電勢能增大 D．小球從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，電勢能增大，動能先增大后減小 解析　粒子從a點(diǎn)由靜止釋放，在a→b的過程中重力所做正功與電場力所做正功大小相等為mgR.在b→c過程中，開始時(shí)重力所做的正功大于電場力做的負(fù)功，動能繼續(xù)增大，后來重力所做的正功小于電場力所做的負(fù)功，動能減小，所以在b→c之間

8、的某個(gè)位置動能最大，速度最大，洛倫茲力最大，A、B錯(cuò)誤，D正確；在由a點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中電場力做正功，電勢能減小，C錯(cuò)誤． 答案　D 7.如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B束，下列說法中正確的是(　　) A．組成A、B束的離子都帶正電 B．組成A、B束的離子質(zhì)量一定不同 C．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 D．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 解析　A與B兩束離子由速度選擇器進(jìn)入磁場后，由左手定則可判斷出A、B兩束離子均帶正電；離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，兩離子帶正電，所

9、受電場力與場強(qiáng)方向一致，水平向右，洛倫茲力必水平向左與電場力等大；Bqv＝qE?v＝，由左手定則可得速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂直于紙面向里；兩離子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，觀察可得圓周運(yùn)動半徑不同，依據(jù)r＝可得兩離子的比荷不等，A束離子的圓周運(yùn)動的半徑較小，則比荷大于B束離子． 答案　AD 8.如圖所示，實(shí)線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強(qiáng)磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運(yùn)動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中錯(cuò)誤的是(　　) A．液滴一定做勻速直線運(yùn)動 B．液滴一定帶正電 C．電場線方向一定斜向上 D．液滴有可能做勻變

10、速直線運(yùn)動 解析　要保證做直線運(yùn)動有兩種情況：合力為零或者合力與速度共線；帶電液滴要考慮它的重力，洛倫茲力與速度有關(guān)，若合力與速度共線，速度大小就要變化，則洛倫茲力就要變化，無法保證合力總是與速度共線，所以只能是勻速直線運(yùn)動；所以A選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；受力分析知若粒子帶負(fù)電，無論場強(qiáng)方向如何合力都不會為零，因此B選項(xiàng)正確；若電場線方向斜向下，則合力必不為零，C選項(xiàng)正確． 答案　D 9．如圖所示，一束粒子(不計(jì)重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可根據(jù)實(shí)際要

11、求調(diào)節(jié)，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．則收集室收集到的是(　　) A．具有特定質(zhì)量的粒子　　 B．具有特定比荷的粒子 C．具有特定速度的粒子 D．具有特定動能的粒子 解析　粒子在加速電場Ⅰ中由動能定理可得qU＝mv2?v＝ ，粒子沿直線O1O2O3運(yùn)動，則在相互正交的恒定勻強(qiáng)電場、磁場區(qū)域Ⅱ中必定受力平衡，可得qE＝Bqv?v＝為某一定值．故選項(xiàng)B、C正確． 答案　BC 10.地面附近空間中存在著水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個(gè)帶電油滴能沿一條與豎直方向成α角的直線MN運(yùn)動(MN在垂直于磁場方向的平面內(nèi))，如圖所示．則以下判斷中正

12、確的是(　　) A．如果油滴帶正電，它是從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn) B．如果油滴帶正電，它是從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn) C．如果電場方向水平向左，油滴是從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn) D．如果電場方向水平向右，油滴是從M點(diǎn)運(yùn)動的N點(diǎn) 解析　帶電油滴能夠沿直線運(yùn)動，分析可得帶電油滴一定是勻速直線運(yùn)動，因?yàn)槿糇鲎兯僦本€運(yùn)動，則洛倫茲力大小就發(fā)生變化，從而無法保證重力、電場力、洛倫茲力大小就發(fā)生變化，從而無法保證重力、電場力、洛倫茲力三力的合力總是與速度共線．如果油滴帶正電，受力分析可得只有從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，電場水平向左，三力的合力才有可能為零，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；如果帶電油滴帶負(fù)電，同理可得C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤

13、． 答案　AC 11．某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運(yùn)動，如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP′N′N充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場，寬為d；矩形區(qū)域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，長為3s，寬為s；NN′為磁場與電場之間的薄隔離層．一個(gè)電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子，從P點(diǎn)開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場，電子每次穿越隔離層，運(yùn)動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，最后電子僅能從磁場邊界M′N′飛出，不計(jì)電子所受重力． (1)求電子第二次與第一次圓周運(yùn)動半徑之比； (2)求電場強(qiáng)度的取值范圍； (3)A是M′N′的中點(diǎn)，若要使電子在

14、A、M′間垂直于AM′飛出，求電子在磁場區(qū)域中運(yùn)動的時(shí)間． 解析　(1)設(shè)圓周運(yùn)動的半徑分別為R1、R2、…、Rn、Rn＋1…，第一和第二次圓周運(yùn)動速率分別為v1和v2，動能分別為Ek1和Ek2. 由Ek2＝0.81Ek1，R1＝，R2＝，Ek1＝mv，Ek2＝mv 得R2R1＝0.9. (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，第一次到達(dá)隔離層前的速率為v′. 由eEd＝mv′2,0.9×mv′2＝mv，R1＝，R1≤s得E≤ 又由Rn＝0.9n－1R1,2R1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n＋…)>3s 得E>

15、n，運(yùn)動總時(shí)間為t. 由題意，有＋Rn＋1＝3s，R1≤s，Rn＋1＝0.9nR1，Rn＋1≥ 得n＝2 又由T＝ 得t＝. 答案　(1)0.9 (2)

16、平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動的時(shí)間t. (2)若Ⅱ區(qū)寬度L2＝L1＝L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h. (3)若L2＝L1＝L，B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件． (4)若B1≠B2、L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式． 解析　(1)如圖①所示，設(shè)粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度為v，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運(yùn)動的半徑為R1，由動能定理和牛頓第二定律得 qU＝mv2

17、 ① qvB1＝m ② 由幾何知識得 L＝2R1sinθ ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 B0＝ . ④ 設(shè)粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運(yùn)動的周期為T，運(yùn)動的時(shí)間為t T＝ ⑤ t＝T

18、 ⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得 t＝ . ⑦ (2)設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動的半徑為R2，由牛頓第二定律得 qvB2＝m ⑧ 由幾何知識可得 h＝(R1＋R2)(1－cosθ)＋Ltanθ⑨ 聯(lián)立②③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得 h＝L. ⑩ (3)如圖②所示，為使粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應(yīng)滿

19、足R2(1＋sinθ) . ? (4)如圖③(或圖④)所示，設(shè)粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時(shí)速度與水平方向的夾角為α，由幾何知識可得 L1＝R1(sinθ＋sinα) ? [或L1＝R1(sinθ－sinα)] L2＝R2(sinθ＋sinα) ? [或L2＝R2(sinθ－sinα)] 聯(lián)立②⑧式得 B1R1＝B2R2 ? 聯(lián)立???式得 B1L1＝B2L2 ? 答案　(1)t＝ (2)h＝L (3)B2> (4)B1L1＝B2L2