屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運動作業(yè)新人教

PAGEPAGE2第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運動[課時作業(yè)]單獨成冊方便使用[基礎(chǔ)題組]一、單項選擇題1．如圖所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電磁場中，運動軌跡如圖所示(粒子在N點的速度比在M點的速度大)，則下列說法正確的是()A．粒子一定帶正電B．粒子的運動軌跡一定是拋物線C．電場線方向一定垂直等勢面向左D．粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大解析：根據(jù)粒子在電、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時，軌跡才是拋物線，選項B錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢面向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤．答案：C2．(2018·湖南長沙高三調(diào)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子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中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應(yīng))()A．d隨U1變化，d與U2無關(guān) B．d與U1無關(guān)，d隨U2變化C．d隨U1變化，d隨U2變化 D．d與U1無關(guān)，d與U2無關(guān)解析：帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設(shè)出射速度與水平夾角為θ，則有eq\f(v0,v)＝cosθ而在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動軌跡對應(yīng)的半徑為R，由幾何關(guān)系得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，則有eq\f(\f(d,2),R)＝cosθ，所以d＝eq\f(2Rv0,v)，又因為半徑公式R＝eq\f(mv,Bq)，則有d＝eq\f(2mv0,Bq)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU1,q)).故d隨U1變化，d與U2無關(guān)，故A正確；B、C、D錯誤．答案：A3.如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)．設(shè)兩極板間電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是()A．適當減小電場強度EB．適當減小磁感應(yīng)強度BC．適當增大加速電場極板之間的距離D．適當減小加速電壓U解析：要使電子在復(fù)合場中做勻速直線運動，有Eq＝qvB.根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力，所以要么增大洛倫茲力，要么減小電場力．適當減小電場強度E，即可以減小電場力，選項A正確；適當減小磁感應(yīng)強度B，可以減小洛倫茲力，選項B錯誤；適當增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)eU＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(\f(2eU,m))，由于兩極板間的電壓沒有變化，所以電子進入磁場的速率沒有變化，因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，選項C錯誤；同理，適當減小加速電壓U，可以減小電子進入復(fù)合場中的速度v，從而減小洛倫茲力，選項D錯誤．答案：A4．在空間中有水平方向的勻強電場和垂直紙面方向的勻強磁場，一質(zhì)量為m(重力不可忽略)的帶電微粒沿與水平方向成45°角的直線斜向右上方以速度v運動，由此可知()A．帶電微粒一定帶正電荷B．勻強磁場方向一定垂直紙面向里C．帶電微?？赡茏鲎兯僦本€運動D．帶電微粒所受的洛倫茲力大小一定為eq\r(2)mg解析：帶電微粒沿與水平方向成45°角的直線斜向右上方以速度v運動，分析可知微粒受到豎直向下的重力、水平向右的電場力和垂直運動方向的斜向左上方的洛倫茲力．若微粒帶正電荷，則電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里；若微粒帶負電荷，則電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外，選項A、B錯誤．由于洛倫茲力與速度大小有關(guān)，且與速度方向垂直，若速度大小變化，洛倫茲力大小將隨之變化，帶電微粒所受的合外力將不為零且方向不沿運動方向，因此只要微粒做直線運動，就一定做勻速直線運動，選項C錯誤．根據(jù)平衡條件可知，帶電微粒所受的洛倫茲力大小一定為eq\r(2)mg，選項D正確．答案：D二、多項選擇題5.如圖是磁流體發(fā)電機的裝置，a、b組成一對平行電極，兩板間距的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點．不計粒子重力，下列說法正確的是()A．粒子一定帶正電B．加速電場的電壓U＝eq\f(ER,2)C．直徑PQ＝eq\f(2,B)eq\r(qmER)D．若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷解析：粒子在磁場中由P點運動到Q點，由左手定則可判斷粒子帶正電，A正確．由Eq＝meq\f(v2,R)和qU＝eq\f(1,2)mv2，可得U＝eq\f(1,2)ER，B正確．由Eq＝meq\f(v2,R)和Bqv＝meq\f(v2,r)，可得PQ＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))，C錯誤．若一群粒子從靜止開始落在膠片上的同一點，即E、U、B、R及PQ間的距離都相同，由以上式子可得eq\f(m,q)相同，即比荷相同，D正確．答案：ABD二、非選擇題11.(2018·四川成都經(jīng)濟技術(shù)開發(fā)區(qū)高三一診)如圖所示，直角坐標中的第一象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第二象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場．一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，在－x軸上的a點以與－x軸成60°角的速度v0射入磁場，從y＝L處的b點垂直于y軸方向進入電場，并經(jīng)過x軸上x＝2L處的c點．不計粒子重力．求：(1)磁感應(yīng)強度B的大?。?2)電場強度E的大??；(3)粒子在磁場和電場中的運動時間之比．解析：(1)粒子的運動軌跡如圖所示．由幾何知識可得r＋rsin30°＝L解得粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(2,3)L粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v02,r)解得B＝eq\f(3mv0,2qL)(2)粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2L＝v0t豎直方向：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEt2,2m)解得E＝eq\f(mv02,2qL)(3)粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(4πL,3v0)由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝180°－60°＝120°粒子在磁場中做圓周運動的時間：t1＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(120°,360°)×eq\f(4πL,3v0)＝eq\f(4πL,9v0)粒子在電場中的運動時間t2＝eq\f(2L,v0)粒子在磁場和電場中的運動時間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(4πL,9v0),\f(2L,v0))＝eq\f(2π,9)答案：(1)eq\f(3mv0,2qL)(2)eq\f(mv02,2qL)(3)eq\f(2π,9)12.如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2.求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)則θ＝60°.④(2)撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2)