2019-2020年高考物理一輪復習 課時作業(yè)25 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習 課時作業(yè)25 帶電粒子在復合場中的運動（含解析） 一、單項選擇題 1．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.不計空氣阻力，則(　　) A．h1＝h2＝h3 B．h1>h2>h3 C．h1＝h2>h3 D．h1＝h3>h2 解析：由豎直上拋運動的最大高度公式得h1＝，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，由能量守恒得mgh2＋Ek＝mv＝mgh1，所以h1>h2；當加上電場時，由運動的獨立性可知在豎直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，D正確． 答案：D 2. 如圖所示，一電子束垂直于電場線與磁感應線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是(　　) A．將變阻器滑動觸頭P向右滑動 B．將變阻器滑動觸頭P向左滑動 C．將極板間距離適當減小 D．將極板間距離適當增大 解析：電子入射極板后，偏向A板，說明Eq>Bvq，由E＝可知，減小場強E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，C錯誤，D正確；而移動變阻器滑動觸頭P并不能改變板間電壓，A、B錯誤． 答案：D 3. 醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的．使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負離子隨血液一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，磁感應強度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負 B．2.7 m/s，a正、b負 C．1.3 m/s，a負、b正 D．2.7 m/s，a負、b正 解析：由于正負離子在勻強磁場中垂直于磁場方向運動，利用左手定則可以判斷：a電極帶正電，b電極帶負電，C、D錯誤；血液流動速度可根據離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為零，即qvB＝qE，解得v＝＝≈1.3 m/s，A正確，B錯誤． 答案：A 4. 如圖所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面的磁場(未畫出)，磁場的磁感應強度從左到右逐漸增大．一帶電微粒進入該區(qū)域時，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線OO′通過該區(qū)域．帶電微粒所受的重力忽略不計，運動過程帶電量不變．下列判斷正確的是(　　) A．微粒從左向右運動，磁場方向向里 B．微粒從左向右運動，磁場方向向外 C．微粒從右向左運動，磁場方向向里 D．微粒從右向左運動，磁場方向向外 解析：由微粒恰好能沿水平直線OO′通過該區(qū)域說明洛倫茲力qvB與電場力qE平衡，微粒受到空氣阻力作用，速度逐漸減小，沿運動方向磁場的磁感應強度必須逐漸增大，因此微粒從左向右運動，磁場方向向外，B正確． 答案：B 5. 如圖所示，某一真空室內充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內建立坐標系xOy，在y<0的空間里有與場強E垂直的勻強磁場B，在y>0的空間內，將一質量為m的帶電液滴(可視為質點)自由釋放，此液滴則沿y軸的負方向，以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動，當液滴運動到坐標原點時，瞬間被安裝在原點的一個裝置改變了帶電性質(液滴所帶電荷量和質量均不變)，隨后液滴進入y<0的空間內運動，液滴在y<0的空間內運動過程中(　　) A．重力勢能一定是不斷減小 B．電勢能一定是先減小后增大 C．動能不斷增大 D．動能保持不變 解析：在y>0的空間內，根據液滴沿y軸負方向以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動可知，液滴在此空間內運動時所受電場力方向向下，大小等于重力；進入y<0的空間后，液滴電性改變，其所受電場力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，在液滴運動半個周期內，動能保持不變，重力勢能先減小后增大，電勢能先增大后減小，D正確，A、B、C錯誤． 答案：D 二、多項選擇題 6. 某空間存在水平方向的勻強電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動，此空間同時存在由A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是(　　) A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運動 C．帶電小球一定做勻加速直線運動 D．運動過程中，小球的機械能增大 解析：由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故帶電小球一定做勻加速直線運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確． 答案：CD 7. 如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區(qū)域Ⅰ和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子流在區(qū)域Ⅰ中不偏轉，進入區(qū)域Ⅱ后偏轉半徑r相同，則它們一定具有相同的(　　) A．速度 B．質量 C．電荷量 D．比荷 解析：由正離子在Ⅰ區(qū)不偏轉，有Eq＝qvB1，即v＝，A正確；以相同速度進入Ⅱ區(qū)后，r＝相同，則比荷相同，D正確． 答案：AD 8. 勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于高真空中的半徑為R的D形金屬盒中，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產生的質子質量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響．則下列說法正確的是(　　) A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比 C．質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1 D．改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變 解析：粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm＝＝2πRf，A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝mv2＝m4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm＝2mπ2R2f2，與m、R、f均有關，D錯誤． 答案：AC 三、非選擇題 9. 如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經t0時間從P點射出． (1)求電場強度的大小和方向； (2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出，求粒子運動加速度的大?。? 解析：(1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E.由左手定則可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，可知電場強度沿x軸正方向，且有qE＝qvB① 又R＝vt0② 則E＝③ (2)僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動， 在y方向位移為y＝v④ 由②④式得y＝⑤ 設帶電粒子在水平方向位移為x，加速度為a，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，則有x＝R 又x＝a2⑥ 解得a＝⑦ 答案：(1)　沿x軸正方向　(2) 10. 如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45角，不計粒子所受的重力．求： (1)電場強度E的大小； (2)粒子到達a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值． 解析： (1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，設粒子在電場中運動的時間為t，則有 水平方向上2h＝v0t 豎直方向上h＝at2 由牛頓第二定律得qE＝ma 聯(lián)立解得E＝ (2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度為vy＝at＝v0 所以粒子到達a的速度v＝＝v0 設速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則 tanθ＝＝1，θ＝45 即a點時速度方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45角． (3)粒子在磁場中運動時有qvB＝m 當粒子從b點射出時，r最大，磁場的磁感應強度為最小值，此時有rmax＝L 所以Bmin＝ 答案：(1) (2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45角 (3) 11. 一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1)M、N間電場強度E的大小； (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數n. 解析：(1)設兩板間的電壓為U，由動能定理得 qU＝mv2① 由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得U＝Ed② 聯(lián)立上式可得E＝③ (2) 粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為O′，圓半徑為r.設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關系得r＝Rtan④ 粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝m⑤ 聯(lián)立④⑤式得R＝⑥ (3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移了d后，設板間電壓為U′，則U′＝＝⑦ 設粒子進入S孔時的速度為v′，由①式看出＝ 綜合⑦式可得v′＝v⑧ 設粒子做圓周運動的半徑為r′，則r′＝⑨ 設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝⑩ 粒子須經過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3? 答案：(1)　(2)　(3)3