2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）

《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、單項(xiàng)選擇題 1．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)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(jì)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(yùn)動(dòng) B．若電子以相同的速率從右向左飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn) C．若電子以相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn) D．若電子以相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運(yùn)動(dòng) 解析：若電子從右向左飛入，電場(chǎng)力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤；若電子從左向右飛入，電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，D選項(xiàng)正確，C選項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：

2、D 2．(2016·高考全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)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(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) A．11　　　　　　　 B．12 C．121 D．144 解析：帶電粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qU＝mv2，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，其半徑r＝，由以上兩式整理得r＝ .由于質(zhì)子與一價(jià)正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)半徑相等時(shí)，解得＝1

3、44，選項(xiàng)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(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)光斑．在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏上的P點(diǎn)，然后在磁場(chǎng)區(qū)域再加一豎直向下，場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn)．關(guān)于該粒子(不計(jì)重力)，下列說法正確的是(　　) A．粒子帶負(fù)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，粒子束打在熒光屏上的P點(diǎn)，根據(jù)左手定則

4、可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)qvB＝Eq，解得v＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在磁場(chǎng)中時(shí)，由qvB＝m，可得＝＝，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤． 答案：D 4．如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢(shì)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(chǎng)方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則粒子射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的M、N兩點(diǎn)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(guān) 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(guān) D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小 解析：設(shè)粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁

5、場(chǎng)時(shí)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r＝，而MN之間的距離為d＝2rcos θ，聯(lián)立解得d＝，故選項(xiàng)A正確． 答案：A 5．(2019·江西南昌三校聯(lián)考)中國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?yīng)，楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎(jiǎng)級(jí)的成果．如圖所示，厚度為h、寬度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，在導(dǎo)體上下表面會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)．下列說法正確的是(　　) A．上表面的電勢(shì)高于下表面的電勢(shì) B．僅增大h時(shí)，上下表面的電勢(shì)差增大 C．僅增大d時(shí)，上下表面的電勢(shì)差減小 D．僅增大電流I時(shí)，上下表面的電勢(shì)差減小 解析：因

6、電流方向向右，則金屬導(dǎo)體中的自由電子是向左運(yùn)動(dòng)的，根據(jù)左手定則可知上表面帶負(fù)電，則上表面的電勢(shì)低于下表面的電勢(shì)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．當(dāng)電子達(dá)到平衡時(shí)，電場(chǎng)力等于洛倫茲力，即q＝qvB，又I＝nqvhd(n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù))，得U＝，則僅增大h時(shí)，上下表面的電勢(shì)差不變；僅增大d時(shí)，上下表面的電勢(shì)差減?。粌H增大I時(shí)，上下表面的電勢(shì)差增大，故C正確，B、D錯(cuò)誤． 答案：C 二、多項(xiàng)選擇題 6．(2019·湖北華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)模擬)美國物理學(xué)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(dāng)外加磁場(chǎng)一定時(shí)，可把質(zhì)子的速度從零加速到v，質(zhì)子獲得的動(dòng)能為Ek.在不考慮相對(duì)

7、論效應(yīng)的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的α粒子(氦核)時(shí)，有(　　) A. 能把α粒子從零加速到 B．能使α粒子獲得的動(dòng)能為2Ek C．加速α粒子的交變電場(chǎng)頻率與加速質(zhì)子的交變電場(chǎng)頻率之比為1∶2 D．加速α粒子的交變電場(chǎng)頻率與加速質(zhì)子的交變電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)qvB＝m，解得v＝，則粒子的最大動(dòng)能Ekm＝mv2＝，因質(zhì)子與α粒子的質(zhì)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(dòng)能仍為Ek，故A正確，B錯(cuò)誤；加速器所接交流電的頻率應(yīng)與粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相同，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率為f＝，所以加速α

8、粒子的交變電場(chǎng)頻率與加速質(zhì)子的交變電場(chǎng)頻率之比為1∶2，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案： AC 7．質(zhì)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(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的疊加場(chǎng)區(qū)，該微粒在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，下列說法正確的是(　　) A．該微粒一定帶負(fù)電荷 B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng) C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)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(yùn)動(dòng)，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受

9、豎直向下的重力mg、水平向右的電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由平衡條件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝Bvsin θ，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 答案：AC 8．如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)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(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個(gè)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(diǎn)，則(　　) A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等 B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小 C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變 解析：設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形軌道半徑為r，三個(gè)小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點(diǎn)時(shí)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(xiàng)A、B錯(cuò)誤；三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在最高點(diǎn)處的動(dòng)能最大，因?yàn)橹亓?shì)能相等，所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)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(zhì)量為m的負(fù)離子(重力不計(jì))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(cè)空間存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未標(biāo)出)．要使該負(fù)離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)后，又恰能直接從右極板上邊緣進(jìn)入電場(chǎng)，則(　　) A．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 B．磁場(chǎng)方向垂直紙面向外、向里都有可能 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 解析：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，離開電場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖． 粒子帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，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(guān)系，圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R＝d，圓周運(yùn)動(dòng)中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得B＝，故C正確；磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝T＝，故D錯(cuò)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(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(qiáng)電場(chǎng)，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(qiáng)電場(chǎng)，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(jì)

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(gè)圖：由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得h1＝.第3個(gè)圖：當(dāng)加上電場(chǎng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)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(gè)圖：洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時(shí)的球的動(dòng)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(cuò)誤；第4個(gè)圖：因小球電性不知，則電場(chǎng)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(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直．在電磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)．一質(zhì)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(yùn)動(dòng)，電荷量保持不變．已知，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)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?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止 C．若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止 D．若小球的初速度為，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦

15、力做功為 解析：對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，電場(chǎng)力的大小F＝qE＝q×＝mg，由于重力的方向豎直向下，電場(chǎng)力的方向水平向左，二者垂直，合力FG＋F＝＝2mg，由幾何關(guān)系可知，重力與電場(chǎng)力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場(chǎng)力的合力不會(huì)對(duì)小球做功，而洛倫茲力也不會(huì)對(duì)小球做功．所以，當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(chǎng)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?qū)⒆?/p>

16、減速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)速度減小到時(shí)，小球開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)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(nèi)，兩豎直線MN、PQ間(含邊界)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于豎直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ間距為d，電磁場(chǎng)上下區(qū)域足夠大．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從左側(cè)進(jìn)入電磁場(chǎng)，初速度v與MN夾角θ＝60°，隨后小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)右側(cè)邊界PQ并從左側(cè)邊界MN穿出．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求： (1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E； (2)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (3)小球在電磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t. 解析：(1)由小球在電磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有 qE＝mg 得E＝ (2)設(shè)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

18、的半徑為r，有qvB＝m 解得B＝ 由幾何關(guān)系可得r＝2d 磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝ (3)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期T＝ 小球在電磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T＝ 答案：(1)　 (2)　 (3) 13．(2019·山東濰坊模擬)在如圖所示的坐標(biāo)系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)．p點(diǎn)為y軸正半軸上的一點(diǎn)，坐標(biāo)為(0，l)；n點(diǎn)為y軸負(fù)半軸上的一點(diǎn)，坐標(biāo)未知．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子由p點(diǎn)沿y軸正方向以一定的速度射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半

19、軸成45°角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點(diǎn)．粒子的重力忽略不計(jì)．求： (1)粒子在p點(diǎn)的速度大??； (2)第三和第四象限內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??； (3)帶電粒子從由p點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到第三次通過x軸的總時(shí)間． 解析：粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． (1)由幾何關(guān)系可知 rsin 45°＝l 解得r＝l 又因?yàn)閝v0B＝m，可解得 v0＝. (2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)在第三象限內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)的逆過程，設(shè)粒子射入電場(chǎng)坐標(biāo)為(－x1,0)，從粒子射入電場(chǎng)到粒子經(jīng)過n點(diǎn)的時(shí)間為t2，由幾何關(guān)系知x1＝(＋1)l，在n點(diǎn)有v2＝v1＝v0 由類平拋運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期為 T＝ 粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t1＝T＝ 粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 2t2＝ 粒子第二次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t3＝T＝ 故粒子從開始到第三次通過x軸所用時(shí)間為 t＝t1＋2t2＋t3＝(＋2＋2). 答案：(1)　(2) (3)(＋2＋2) 11