（全國通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 課時分層作業(yè) 二十七 9.3 帶電粒子在復(fù)合場中的運動.doc

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課時分層作業(yè) 二十七 帶電粒子在復(fù)合場中的運動(45分鐘100分)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。15題為單選題,68題為多選題)1.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=h3B.h1h2h3C.h1=h2h3D.h1=h3h2【解析】選D。由豎直上拋運動的最大高度公式得h1=,當(dāng)小球在磁場中運動到最高點時,小球應(yīng)有水平速度,由能量守恒得mgh2+Ek=m=mgh1,所以h1h2;當(dāng)加上電場時,由運動的獨立性可知在豎直方向上有=2gh3,所以h1=h3,D正確。2.如圖是磁流體發(fā)電機的原理示意圖,金屬板M、N正對著平行放置,且板面垂直于紙面,在兩板之間接有電阻R。在極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場。當(dāng)?shù)入x子束(分別帶有等量正、負(fù)電荷的離子束)從左向右進(jìn)入極板時,下列說法中正確的是()A.N板的電勢高于M板的電勢B.M板的電勢等于N板的電勢C.R中有由b向a方向的電流D.R中有由a向b方向的電流【解析】選D。根據(jù)左手定則可知正離子向上極板偏轉(zhuǎn),負(fù)離子向下極板偏轉(zhuǎn),則M板電勢高于N板電勢。M板相當(dāng)于電源的正極,那么R中有由a向b方向的電流,據(jù)以上分析可知本題正確選項為D。3.(2018唐山模擬)如圖所示,兩導(dǎo)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(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【解題指導(dǎo)】帶電粒子在組合場中的運動,實際上仍是一個力學(xué)問題,分析的基本思路:(1)弄清組合場的組成。(2)正確分析帶電粒子的受力情況及運動特征。(3)畫出粒子運動軌跡,靈活選擇對應(yīng)的運動規(guī)律列式求解。例如,帶電粒子在電場中加速,一般選擇動能定理;類平拋運動一般要進(jìn)行運動的分解;圓周運動一般分析向心力等?！窘馕觥窟xA。設(shè)粒子從M點進(jìn)入磁場時的速度大小為v,該速度與水平方向的夾角為,故有v=,粒子在磁場中做勻速圓周運動,半徑為r=,而M、N之間的距離為d=2rcos,聯(lián)立解得d=,選項A正確。4.如圖所示,某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強電場E,在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy,在y0的空間內(nèi),將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點)自由釋放,此液滴沿y軸的負(fù)方向,以加速度a=2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動,當(dāng)液滴運動到坐標(biāo)原點時,瞬間被安裝在原點的一個裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變),隨后液滴進(jìn)入y0的空間內(nèi)運動,液滴在y0的空間內(nèi),根據(jù)液滴沿y軸負(fù)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(nèi)運動時所受電場力方向向下,大小等于重力;進(jìn)入yv乙v丙B.v甲v乙qE,即v甲,同理可得v乙=,v丙v乙v丙,故A正確,B錯誤;電場力對甲做負(fù)功,甲的速度一定減小,對丙做正功,丙的速度一定變大,故C、D錯誤。6.(2018珠海模擬)如圖所示,豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b,相距為d,ab間的電場強度為E,今有一帶正電的粒子從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場,當(dāng)它飛到b板時,速度大小不變,而方向變成水平方向,且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板而進(jìn)入bc區(qū)域,bc寬度也為d,所加電場大小為E,方向豎直向上;磁感應(yīng)強度大小等于,方向垂直于紙面向里,重力加速度為g,則下列說法中正確的是()A.粒子在ab區(qū)域中做勻變速運動,運動時間為B.粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動,圓周半徑r=dC.粒子在bc區(qū)域中做勻速直線運動,運動時間為D.粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為【解析】選A、D。粒子在ab區(qū)域中受到豎直方向的重力作用,水平方向的電場力作用,由于都是恒力,故粒子做勻變速運動,由對稱性可知Eq=mg,在豎直方向v0=gt1,則t1=或者t1=,選項A正確;粒子進(jìn)入bc區(qū)域中,受到向下的重力、向上的電場力和向上的洛倫茲力作用,由于B=,則Bqv0=Eq=mg,由于重力和電場力平衡,故粒子做勻速圓周運動,半徑為r=,根據(jù)d=t和d=gt2可知r=2d,故選項B、C錯誤;由幾何關(guān)系可知,粒子在bc區(qū)域運動的圓心角為30,故所用的時間t2=,所以粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為t=t1+t2=,選項D正確。7.如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,水平進(jìn)入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復(fù)合場中(E和B已知),小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,則 ()A.小球帶負(fù)電B.小球做勻速圓周運動的半徑為r=C.小球做勻速圓周運動的周期為T=D.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運動的周期增加【解析】選A、B。小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動,則小球受到的靜電力和重力滿足mg=Eq,則小球帶負(fù)電,A正確;因為小球做勻速圓周運動的向心力為洛倫茲力,由牛頓第二定律和動能定理可得:Bqv=,Uq=mv2,聯(lián)立兩式可得:小球做勻速圓周運動的半徑r=,由T=可以得出T=,與電壓U無關(guān),所以B正確,C、D錯誤。8.如圖甲所示,兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等,板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直,不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場,粒子射入電場時的初動能均為Ek0。已知t=0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場。則()A.所有粒子都不會打到兩極板上B.所有粒子最終都垂直電場方向射出電場C.運動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0D.只有t=n(n=0,1,2,)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場【解析】選A、B、C。帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動,在沿電場方向上,做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運動。由t=0時刻進(jìn)入電場的粒子運動情況可知,粒子在平行板間運動時間為交變電流周期的整數(shù)倍。在0時間內(nèi)帶電粒子運動的加速度a=,由勻變速直線運動規(guī)律得vy=at= t,同理可分析T時間內(nèi)的運動情況,所以帶電粒子在沿電場方向的速度v與E-t圖線所圍面積成正比(時間軸下方的面積取負(fù)值)。而經(jīng)過整數(shù)個周期,E0-t圖象與坐標(biāo)軸所圍面積始終為零,故帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度總為零,B正確,D錯誤;帶電粒子在t=0時刻射入時,側(cè)向位移最大,故其他粒子均不可能打到極板上,A正確;當(dāng)粒子在t=0時刻射入且經(jīng)過T離開電場時,粒子在t=時達(dá)到最大速度,此時兩分位移之比為12,即v0t=2at2,可得vy=v0,故粒子的最大速度為v=v0,因此最大動能為初動能的2倍,C正確。二、計算題(19分。需寫出規(guī)范的解題步驟)9.如圖所示,豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限,有垂直xOy平面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場,大小分別為B和E;第四象限有垂直xOy平面向里的水平勻強電場,大小為2E;第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道,軌道最高點與x軸相切于坐標(biāo)原點O,最低點與絕緣光滑水平面相切于N。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y0)的P點沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運動,恰好通過坐標(biāo)原點O,且水平切入半圓軌道并恰好沿軌道內(nèi)側(cè)運動,過N點水平進(jìn)入第四象限,并在電場中運動(已知重力加速度為g)。(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量。(2)P點距坐標(biāo)原點O至少多高?(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進(jìn)入第一象限,通過N點開始計時,經(jīng)時間t=2,小球距N點的距離s為多遠(yuǎn)?【解析】(1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場和磁場后,在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動,說明重力與電場力平衡,qE=mg得q=小球帶正電(2)小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,設(shè)勻速圓周運動的速度為v,半徑為r有:qvB=m小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動,有:mg=m由得:r=PO的最小距離為y=2r=(3)小球由O運動到N的過程中機械能守恒:mg2R+mv2=m由得:vN=根據(jù)運動的獨立性可知,小球從N點進(jìn)入電場區(qū)域后,在x軸方向以速度vN做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動,則沿x軸方向有:x=vNt沿電場方向有d=at2a=2gt時刻小球距N點的距離:s=6R答案:(1)小球帶正電(2)(3)6R【加固訓(xùn)練】(2018岳陽模擬)如圖所示,真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運動;當(dāng)撤去磁場并保留電場時,粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知ad=bc=R,忽略粒子的重力。求:(1)帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值。(2)若撤去電場保留磁場,粒子離開矩形區(qū)域時的位置?！窘馕觥?1)設(shè)勻強電場強度為E,當(dāng)電場和磁場同時存在時,粒子沿ef方向做直線運動,有qv0B=qE當(dāng)撤去磁場,保留電場時,帶電粒子做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,由題知,粒子恰能從c點飛出,則水平方向有2R=v0t豎直方向有bc=at2因為qE=ma聯(lián)立解得=(2)若撤去電場保留磁場,粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖所示,設(shè)粒子離開矩形區(qū)域時的位置g距離b的距離為x,則由牛頓第二定律qv0B=m得r=由圖中幾何關(guān)系得r=Rtan=R得=60,故粒子離開磁場時距離b的距離為x=ab-bc解得x=答案:(1)(2)ab邊距b點處【能力拔高題組】1.(8分)(2018西安模擬)如圖甲是回旋加速器的原理示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,在加速帶電粒子時,兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應(yīng)強度大小恒定),并分別與高頻電源相連,加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場中的加速時間,則下列判斷正確的是()A.高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn-tn-1B.在Ek-t圖象中,t4-t3=t3-t2=t2-t1C.粒子加速次數(shù)越多,粒子獲得的最大動能一定越大D.不同粒子獲得的最大動能都相同【解析】選B?；匦铀倨魉痈哳l電源的頻率與帶電粒子在磁場中運動的頻率相同,在一個周期內(nèi),帶電粒子兩次通過勻強電場加速,故高頻電源的變化周期為tn-tn-2,A項錯誤;帶電粒子在勻強磁場中的運動周期與粒子速度無關(guān),B項正確;粒子加速到做圓周運動的半徑等于加速器半徑時,速度達(dá)到最大,即qvmaxB= Ekmax=,與加速次數(shù)無關(guān),C項錯誤;不同粒子的比荷不同,最大動能也不一定相同,D項錯誤。2.(17分)如圖甲所示,空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場,其變化規(guī)律如圖乙所示(取水平向右為正方向)。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(重力不計),開始處于圖中的A點。在t=0時刻將該粒子由靜止釋放,經(jīng)過時間t0,剛好運動到B點,且瞬時速度為零。已知電場強度大小為E0。試求:(1)電場變化的周期T應(yīng)滿足的條件。(2)A、B之間的距離。(3)若在t=時刻釋放該粒子,則經(jīng)過時間t0粒子的位移為多大?【解析】(1)根據(jù)粒子的初狀態(tài)和受力特點可知,粒子運動的v-t圖象如圖所示。可見,當(dāng)t0=nT時,粒子的速度剛好為零,故有T=(n為正整數(shù))。(2)由(1)圖可知,A、B之間的距離x=a2n=n()2=。(3)若在t=時刻釋放該粒子,其v-t圖象如圖所示,此時t0時間內(nèi)粒子的位移x=na2-a2=。答案:(1)T=(n為正整數(shù))(2)(3)