【創(chuàng)新導(dǎo)學(xué)案】2021年高考物理總復(fù)習(xí)課時知能訓(xùn)練：8-3-帶電粒子在復(fù)合場中的運動

8-3帶電粒子在復(fù)合場中的運動(45分鐘100分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題7分，共70分。每小題至少一個答案正確，選不全得4分。)1．帶正電的甲、乙、丙三個粒子(不計重力)分別以速度v甲、v乙、v丙垂直射入電場和磁場相互垂直的復(fù)合場中，其軌跡如圖所示，則下列說法正確的是()A．v甲＞v乙＞v丙B．v甲＜v乙＜v丙C．甲的速度可能變大D．丙的速度不肯定變大【解析】由左手定則可推斷正電荷所受洛倫茲力向上，而所受的電場力向下，由運動軌跡可推斷qv甲B＞qE即v甲＞eq\f(E,B)，同理可得v乙＝eq\f(E,B)，v丙＜eq\f(E,B)，所以v甲＞v乙＞v丙，故A正確、B錯；電場力對甲做負(fù)功，甲的速度肯定減小，對丙做正功，丙的速度肯定變大，故C、D錯誤。【答案】A2．空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向(垂直紙面對里)的勻強磁場，如圖所示。已知一離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開頭自A點沿曲線ACB運動，到達(dá)B點時速度為零，C為運動的最低點，不計重力。則()A．該離子帶負(fù)電B．A、B兩點位于同一高度C．C點時離子速度最大D．離子到達(dá)B點后，將沿原曲線返回A點【解析】由左手定則和離子運動的軌跡可推斷出離子帶正電，A、D均錯誤，而洛倫茲力不做功，由動能定理可知電場力做功為零，則A、B兩點必處于同一高度，B正確；離子運動到C點時，合外力做正功最多，動能最大，故C正確?！敬鸢浮緽C3．(2022·南京模擬)如圖所示，一個帶負(fù)電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v，若加上一個垂直紙面指向讀者方向的磁場，則滑到底端時()A．v變大B．v變小C．v不變D．不能確定【解析】洛倫茲力雖然不做功，但其方向垂直斜面對下，使物體與斜面間的正壓力變大，故摩擦力變大，損失的機械能增加，因而v變小。【答案】B4．(2022·南京模擬)如圖所示，平行板電容器的金屬極板M、N的距離為d，兩板間存在磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面對外的勻強磁場，等離子群以速度v沿圖示方向射入。已知電容器的電容為C，則()A．當(dāng)開關(guān)S斷開時，穩(wěn)定后電容器的電荷量Q＞BvdCB．當(dāng)開關(guān)S斷開時，穩(wěn)定后電容器的電荷量Q＜BvdCC．當(dāng)開關(guān)S閉合時，穩(wěn)定后電容器的電荷量Q＜BvdCD．當(dāng)開關(guān)S閉合時，穩(wěn)定后電容器的電荷量Q＞BvdC【解析】洛倫茲力使正離子向N板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向M板偏轉(zhuǎn)，當(dāng)qeq\f(UMN,d)＝qvB時離子不再偏轉(zhuǎn)，故斷開開關(guān)S時，電容器兩極所能達(dá)到的最大電壓UC＝Bvd，最大電荷量Q＝BvdC，A、B均錯；當(dāng)開關(guān)S閉合時，平行金屬板及等離子群相當(dāng)于一電源，電源電動勢E＝Bvd，由于內(nèi)阻的存在，使得UC′＝U′MN＜E＝Bvd，故QC＜BvdC。C正確，D錯誤?！敬鸢浮緾5．如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的質(zhì)子以某一初速度從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向進(jìn)入場區(qū)，若場區(qū)僅存在平行于y軸向上的勻強電場時，質(zhì)子通過P(d，d)點時的動能為5Ek；若場區(qū)僅存在垂直于xOy平面的勻強磁場時，質(zhì)子也能通過P點。不計質(zhì)子的重力。設(shè)上述勻強電場的電場強度大小為E，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，則下列說法中正確的是()A．E＝eq\f(3Ek,ed)B．E＝eq\f(5Ek,ed)C．B＝eq\f(\r(mEk),ed)D．B＝eq\f(\r(2mEk),ed)【解析】質(zhì)子在電場中，d＝v0t，d＝eq\f(vy,2)t，eq\f(1,2)m(eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)))2＝5Ek，vy＝at，a＝eq\f(eE,m)，解得E＝eq\f(4Ek,ed)，A、B錯誤。再依據(jù)ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),d)，B＝eq\f(\r(2mEk),ed)，故C錯誤，D正確?！敬鸢浮緿6．(2022·廣州模擬)歐洲強子對撞機在2010年初重新啟動，并取得了將質(zhì)子加速到1.18萬億電子伏特的階段成果，為實現(xiàn)質(zhì)子對撞打下了堅實的基礎(chǔ)。質(zhì)子經(jīng)過直線加速器加速后進(jìn)入半徑肯定的環(huán)形加速器，在環(huán)形加速器中，質(zhì)子每次經(jīng)過位置A時都會被加速(如圖甲所示)，當(dāng)質(zhì)子的速度達(dá)到要求后，再將它們分成兩束引導(dǎo)到對撞軌道中，在對撞軌道中兩束質(zhì)子沿相反方向做勻速圓周運動，并最終實現(xiàn)對撞(如圖乙所示)。質(zhì)子是在磁場的作用下才得以做圓周運動的。下列說法中正確的是()A．質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場會漸漸減小B．質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變C．質(zhì)子在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場會漸漸減小D．質(zhì)子在對撞軌道中運動時，軌道所處的磁場始終保持不變【解析】質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，質(zhì)子的速度越來越大，但半徑保持不變。依據(jù)R＝eq\f(mv,Bq)可知，當(dāng)速度漸漸增大時，B也漸漸增大才能保持R不變，故A、B都不對；質(zhì)子在對撞軌道中運動時，半徑和速率均不變，故軌道所處位置的磁場始終保持不變，C不對，D正確。【答案】D7．(2022·南寧模擬)如右圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上運動的時間都為t。規(guī)定垂直于紙面對外的磁感應(yīng)強度為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應(yīng)強度B隨x變化的關(guān)系可能是下圖中的()【解析】由左手定則可推斷出磁感應(yīng)強度B在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場方向分別為向外、向里和向外，在三個區(qū)域中均運動1/4圓周，故t＝T/4，由于T＝eq\f(2πm,Bq)，求得B＝eq\f(πm,2qt)，只有選項C正確?！敬鸢浮緾8．利用如圖所示的方法可以測得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，當(dāng)通以圖示方向電流I時，在導(dǎo)體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U。已知自由電子的電荷量為e，則下列推斷正確的是()A．上表面電勢高B．自由電子定向移動速率為eq\f(U,bB)C．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(I,edb)D．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)【解析】畫出平面圖如圖所示，由左手定則可知，自由電子向上表面偏轉(zhuǎn)，故下表面電勢高，A錯誤。再依據(jù)eeq\f(U,d)＝evB，I＝neSv＝nebdv得n＝eq\f(BI,eUb)，v＝eq\f(U,dB)，故D正確，B、C錯誤?！敬鸢浮緿9．(2021·湖北調(diào)研)如右圖所示，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的變化狀況為()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θ，故有v＝eq\f(v0,cosθ)。粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r＝eq\f(mv,qB)。而MN之間的距離為d＝2rcosθ。聯(lián)立解得d＝2eq\f(mv0,qB)，故選項A正確?！敬鸢浮緼10．如右圖所示，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面對里。很多質(zhì)量為m帶電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內(nèi)的各個方向由小孔O射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中哪個圖是正確的()【解析】帶電粒子垂直進(jìn)入勻強磁場中，將做圓周運動。由于它們?nèi)肷渌俣却笮∠嗟龋鰣A周運動的半徑相等，向垂直于磁場的各個方向放射粒子，所以粒子的運動軌跡是圍繞放射點以2R為半徑旋轉(zhuǎn)的動態(tài)圓。多畫幾個不同方向粒子運動的軌跡，尤其一些典型的和特殊的，通過觀看可得出全部這些圓周所掩蓋的區(qū)域，即為所求，如圖所示。區(qū)域的邊緣，左邊是以O(shè)為圓心以2R為半徑的圓，右邊則是從O點幾乎沿MN方向射入的粒子的軌跡?！敬鸢浮緼二、計算題(本大題共2小題，共30分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11．(15分)(2021·山東理綜)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第一、第三像限內(nèi)存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面對里；第四像限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四像限，經(jīng)x軸上的Q點進(jìn)入第一像限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場。已知OP＝d，OQ＝2d。不計粒子重力。(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向。(2)若磁感應(yīng)強度的大小為一確定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進(jìn)入其次像限，求B0。(3)若磁感應(yīng)強度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間?！窘馕觥?1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓其次定律得qE＝ma①由運動學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)②2d＝v0t0③vy＝at0④v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))⑤tanθ＝eq\f(vy,v0)⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v＝2eq\r(\f(qEd,m))⑦θ＝45°⑧(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一像限的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關(guān)系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得R1＝2eq\r(2)d⑨由牛頓其次定律得qvB0＝meq\f(v2,R1)⑩聯(lián)立⑦⑨⑩式得B0＝eq\r(\f(mE,2qd))?(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，由幾何分析[粒子運動的軌跡如圖所示。O2、O2′是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標(biāo)軸的交點，連接O2、O2′，由幾何關(guān)系知，O2FGO2′和O2QHO2′均為矩形，進(jìn)而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF為等腰直角三角形。]可知，粒子在第一、第三像限的軌跡均為半圓，得2R2＝2eq\r(2)d?粒子在其次、第四像限的軌跡為長度相等的線段，得FG＝HQ＝2R2?設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為t，則有t＝eq\f(FG＋HQ＋2πR2,v)?聯(lián)立⑦???式得t＝(2＋π)eq\r(\f(2md,qE))?【答案】(1)2eq\r(\f(qEd,m))與x軸正方向夾角45°(2)eq\r(\f(mE,2qd))(3)(2＋π)eq\r(\f(2md,qE))12．(15分)(2021·四川理綜)如圖所示，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標(biāo)系xOy，x軸沿水平方向。在x≤0的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面對里，磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場。在其次像限緊貼y軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h。在第一像限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強磁場(磁感應(yīng)強度大小為B2、方向垂直于紙面對外)和勻強電場(圖中未畫出)。一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點沿x軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y軸上的D點進(jìn)入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，經(jīng)eq\f(1,4)圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運動，然后從x軸上的K點進(jìn)入第四像限。小球P、Q相遇在第四像限的某一點，且豎直方向速度相同。設(shè)運動過程中小球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內(nèi)運動且均看作質(zhì)點，重力加速度為g。求：(1)勻強電場的場強大小，并推斷P球所帶電荷的正負(fù)；(2)小球Q的拋出速度v0的取值范圍；(3)B1是B2的多少倍？【解析】(1)由題給條件，小球P在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，必有重力與電場力平衡，設(shè)所求場強大小為E，有mg＝qE①得E＝eq\f(mg,q)②小球P在平板下側(cè)緊貼平板運動，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電。(2)設(shè)小球P緊貼平板勻速運動的速度為v，此時洛倫茲力與重力平衡，有B1qv＝mg③設(shè)小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為R，有B2qv＝meq\f(v2,R)④設(shè)小球Q與小球P在第四像限相遇點的坐標(biāo)為x、y，有x＝R，y≤0⑤小球Q運動到相遇點所需時間為t0，水平方向位移為s，豎直方向位移為d，有s＝v0t0⑥d＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)⑦由題意得x＝s－l，y＝h－d⑧聯(lián)立相關(guān)方程，由題意可知v0＞0，得0＜v0≤eq\f(\r(2gh),2h)(l＋eq\f(m2g,B1B2q2