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)合場中的運動課時作業(yè)（含解析）

帶電粒子在復(fù)合場中的運動一、單項選擇題1如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，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，電子也沿直線運動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，電子也沿直線運動解析：若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，A、B選項錯誤；若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動，D選項正確，C選項錯誤答案：D2(2016·高考全國卷)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加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A11B12C121 D144解析：帶電粒子在加速電場中運動時，有qUmv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r，由以上兩式整理得r .由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1B2112，當(dāng)半徑相等時，解得144，選項D正確答案：D3(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，出現(xiàn)一個光斑在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強大小為E的勻強電場，光斑從P點又回到O點關(guān)于該粒子(不計重力)，下列說法正確的是()A粒子帶負(fù)電B初速度為vC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)強度為B的勻強磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；當(dāng)電場和磁場同時存在時qvBEq，解得v，選項B錯誤；在磁場中時，由qvBm，可得，故選項D正確，C錯誤答案：D4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，穿過兩板后又沿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()Ad隨v0增大而增大，d與U無關(guān)Bd隨v0增大而增大，d隨U增大而增大Cd隨U增大而增大，d與v0無關(guān)Dd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，故有v，粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r，而MN之間的距離為d2rcos ，聯(lián)立解得d，故選項A正確答案：A5(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)是諾貝爾獎級的成果如圖所示，厚度為h、寬度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，在導(dǎo)體上下表面會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)下列說法正確的是()A上表面的電勢高于下表面的電勢B僅增大h時，上下表面的電勢差增大C僅增大d時，上下表面的電勢差減小D僅增大電流I時，上下表面的電勢差減小解析：因電流方向向右，則金屬導(dǎo)體中的自由電子是向左運動的，根據(jù)左手定則可知上表面帶負(fù)電，則上表面的電勢低于下表面的電勢，A選項錯誤當(dāng)電子達(dá)到平衡時，電場力等于洛倫茲力，即qqvB，又Inqvhd(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，上下表面的電勢差不變；僅增大d時，上下表面的電勢差減?。粌H增大I時，上下表面的電勢差增大，故C正確，B、D錯誤答案：C二、多項選擇題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)外加磁場一定時，可把質(zhì)子的速度從零加速到v，質(zhì)子獲得的動能為Ek.在不考慮相對論效應(yīng)的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的粒子(氦核)時，有()A. 能把粒子從零加速到B能使粒子獲得的動能為2EkC加速粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為12D加速粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為21解析：粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)qvBm，解得v，則粒子的最大動能Ekmmv2，因質(zhì)子與粒子的質(zhì)量數(shù)之比為14，而電荷量之比為12，所以粒子加速到的速度為，動能仍為Ek，故A正確，B錯誤；加速器所接交流電的頻率應(yīng)與粒子做勻速圓周運動的頻率相同，粒子做勻速圓周運動的頻率為f，所以加速粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為12，故C正確，D錯誤答案： AC7質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以與水平方向成角的速度v從O點進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的疊加場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到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的運動可能是勻變速運動C該磁場的磁感應(yīng)強度大小為D該電場的場強為Bvcos 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動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力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動到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動，故選項A正確，B錯誤；由平衡條件得qvBcos mg，qvBsin qE，得磁場的磁感應(yīng)強度B，電場的場強EBvsin ，故選項C正確，D錯誤答案：AC8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磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電現(xiàn)將三個小球在軌道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最高點，則()A經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C甲球的釋放位置比乙球的高D運動過程中三個小球的機械能均保持不變解析：設(shè)磁感應(yīng)強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mgBv甲q，mgBv乙q，mg，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為重力勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確答案：CD能力題組一、選擇題9如圖所示，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)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磁場(未標(biāo)出)要使該負(fù)離子在磁場中運動后，又恰能直接從右極板上邊緣進(jìn)入電場，則() A磁場方向垂直紙面向里B磁場方向垂直紙面向外、向里都有可能C磁感應(yīng)強度大小為D在磁場中運動時間為解析：粒子在電場中做類平拋運動，離開電場后做勻速圓周運動，軌跡如圖粒子帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A、B錯誤；對于類平拋運動，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍，即tan 2tan 2·1，故45°，又由于tan ，故vyv0，vv0，根據(jù)幾何關(guān)系，圓周運動的軌道半徑為Rd，圓周運動中，洛倫茲力提供向心力，有qvBm，解得B，故C正確；磁場中運動時間為tT，故D錯誤答案：C10(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；若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示不計空氣阻力，則()A一定有h1h3B一定有h1h4Ch1與h4無法比較Dh1與h2無法比較解析：第1個圖：由豎直上拋運動的最大高度公式得h1.第3個圖：當(dāng)加上電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上有，v022gh3，所以h1h3，故A正確；而第2個圖：洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時的球的動能為Ek，則由能量守恒得mgh2Ekmv02，又由于mv02mgh1，所以h1h2，所以D錯誤；第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤答案：AC11(多選)如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強電場和一水平方向的勻強磁場，且電場方向和磁場方向相互垂直在電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成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，小球恰好做勻速運動，電荷量保持不變已知，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小為E，則以下說法正確的是()A小球的初速度為v0B若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，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速運動，最后停止D若小球的初速度為，則運動中克服摩擦力做功為解析：對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，電場力的大小FqEq×mg，由于重力的方向豎直向下，電場力的方向水平向左，二者垂直，合力FGF2mg，由幾何關(guān)系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力也不會對小球做功所以，當(dāng)小球做勻速直線運動時，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、電場力的合力大小相等，方向相反，所以qv0B2mg，所以v0，故A正確；若小球的初速度為，則洛倫茲力F洛qv0B3mg>FGF，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FfFN，小球?qū)⒆鰷p速運動，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動，最后當(dāng)速度減小到時，小球開始做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的初速度為，則洛倫茲力F洛qv0Bmg<FGF，則在垂直于桿的方向上，小球還受到垂直于桿向上的支持力，而摩擦力FfFN，小球?qū)⒆鰷p速運動；隨著速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止，故C正確；若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止，運動中克服摩擦力做功等于小球的動能的改變量，所以Wmv02，故D錯誤答案：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電場和垂直于豎直平面向外的勻強磁場，MN、PQ間距為d，電磁場上下區(qū)域足夠大一個質(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，初速度v與MN夾角60°，隨后小球做勻速圓周運動，恰能到達(dá)右側(cè)邊界PQ并從左側(cè)邊界MN穿出不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)電場強度大小E；(2)磁場磁感應(yīng)強度大小B；(3)小球在電磁場區(qū)域運動的時間t.解析：(1)由小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動有qEmg得E(2)設(shè)小球做勻速圓周運動的半徑為r，有qvBm解得B由幾何關(guān)系可得r2d磁場磁感應(yīng)強度大小B(3)小球做勻速圓周運動周期T小球在電磁場區(qū)域運動時間tT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)強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強電場p點為y軸正半軸上的一點，坐標(biāo)為(0，l)；n點為y軸負(fù)半軸上的一點，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點沿y軸正方向以一定的速度射入勻強磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45°角的方向進(jìn)入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點粒子的重力忽略不計求：(1)粒子在p點的速度大?。?2)第三和第四象限內(nèi)的電場強度的大?。?3)帶電粒子從由p點進(jìn)入磁場到第三次通過x軸的總時間解析：粒子在復(fù)合場中的運動軌跡如圖所示(1)由幾何關(guān)系可知rsin 45°l解得rl又因為qv0Bm，可解得v0.(2)粒子進(jìn)入電場在第三象限內(nèi)的運動可視為平拋運動的逆過程，設(shè)粒子射入電場坐標(biāo)為(x1,0)，從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n點的時間為t2，由幾何關(guān)系知x1(1)l，在n點有v2v1v0由類平拋運動規(guī)律有(1)lv0t2v0at2t2聯(lián)立以上方程解得t2，E.(3)粒子在磁場中的運動周期為T粒子第一次在磁場中運動的時間為t1T粒子在電場中運動的時間為2t2粒子第二次在磁場中運動的時間為t3T故粒子從開始到第三次通過x軸所用時間為tt12t2t3(22).答案：(1)(2)(3)(22)11