【名師一號】2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 8-3 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時檢測 新人教版

第三講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1.水平放置的平行金屬板a、b帶有等量電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電的粒子在兩板間做直線運動，粒子的重力不計．關(guān)于粒子在兩板間運動的情況，正確的是(　　) A．可能向右做勻加速直線運動 B．可能向左做勻加速直線運動 C．只能是向右做勻速直線運動 D．只能是向左做勻速直線運動 解析　受力分析可知電場力向下，洛倫茲力必向上，則速度向右；洛倫茲力與速度大小有關(guān)，因此只能為勻速直線運動． 答案　C 2．如圖所示，真空中有正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，三個等量同種電荷的油滴A、B、C處于此區(qū)域中，A靜止，B向右做勻速直線運動，C向左做勻速直線運動．則它們質(zhì)量之間的關(guān)系是(　　) A．mA＝mB＝mC B．mB<mA<mC C．mC<mB<mA D．mA<mB<mC 解析　首先對A受力分析，可判定A、B、C帶負(fù)電，且mAg＝Eq.對B、C分別受力分析，對B有Eq＝mBg＋f洛，對C有Eq＋f洛＝mCg，由此mB<mA<mC. 答案　B 3.磁流體發(fā)電機可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機，有著廣泛的發(fā)展前景．其發(fā)電原理示意圖如圖所示，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g.則(　　) A．兩板間的電勢差為U＝Bdv B．上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極 C．流經(jīng)R的電流強度為I＝ D．流經(jīng)R的電流強度為I＝ 解析　等離子體噴射入磁場后，在洛倫茲力F1＝qBv的作用下正離子向上偏，負(fù)離子向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極，B對；兩板間形成向下的電場，正負(fù)離子將受到電場力F2＝q阻礙其偏轉(zhuǎn)，假設(shè)外電路斷路，則qBv＝q，即U＝Bdv為電源電動勢，A錯；電源內(nèi)阻為r＝ρ＝，由閉合電路歐姆定律得I＝＝，C、D錯． 答案　B 4.如圖所示，在同時存在勻強磁場和勻強電場的空間中取正交的坐標(biāo)系Oxyz(z軸正方向豎直向上)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不能忽略)從原點O以速度v沿y軸正方向出發(fā)．下列說法正確的是(　　) A．若電場沿z軸正方向、磁場沿y軸正方向，粒子只能做曲線運動 B．若電場沿z軸正方向、磁場沿z軸正方向，粒子可能做勻速圓周運動 C．若電場沿x軸正方向、磁場沿z軸正方向，粒子有可能做勻速直線運動 D．若電場沿x軸正方向、磁場沿x軸負(fù)方向，粒子有可能做勻速圓周運動 解析　A選項中若電場力平衡了粒子的重力，則粒子沿y軸正方向做勻速直線運動，A選項錯誤；B選項中，若電場力平衡了粒子的重力，則粒子僅受洛倫茲力充當(dāng)向心力，所以可能做勻速圓周運動，B選項正確；C選項中，電場力沿x軸正方向，洛倫茲力沿x軸正方向，這兩力與重力的合力不為零，粒子不可能做勻速直線運動，C選項錯誤；D選項中，電場力沿x軸正方向而重力豎直向下，電場力不能平衡重力，所以這三力的合力不能總是指向圓心，故無法做勻速圓周運動，D選項錯誤． 答案　B 5.如圖所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能E′k的大小是(　　) A．E′k＝Ek B．E′k>Ek C．E′k<Ek D．條件不足，難以確定 解析　設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場里，由動能定理可得eU＝mv2，在復(fù)合場里有Bqv＝qE?v＝，同理對于氘核由動能定理可得離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進入復(fù)合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，B選項正確． 答案　B 6.如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直．在電磁場區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球．O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向．已知小球所受電場力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放．下列判斷正確的是(　　) A．當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的時，洛倫茲力最大 B．當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的時，洛倫茲力最大 C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大 D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小 解析　粒子從a點由靜止釋放，在a→b的過程中重力所做正功與電場力所做正功大小相等為mgR.在b→c過程中，開始時重力所做的正功大于電場力做的負(fù)功，動能繼續(xù)增大，后來重力所做的正功小于電場力所做的負(fù)功，動能減小，所以在b→c之間的某個位置動能最大，速度最大，洛倫茲力最大，A、B錯誤，D正確；在由a點到b點的過程中電場力做正功，電勢能減小，C錯誤． 答案　D 7.如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B束，下列說法中正確的是(　　) A．組成A、B束的離子都帶正電 B．組成A、B束的離子質(zhì)量一定不同 C．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 D．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 解析　A與B兩束離子由速度選擇器進入磁場后，由左手定則可判斷出A、B兩束離子均帶正電；離子在速度選擇器中做勻速直線運動，兩離子帶正電，所受電場力與場強方向一致，水平向右，洛倫茲力必水平向左與電場力等大；Bqv＝qE?v＝，由左手定則可得速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂直于紙面向里；兩離子進入磁場后做勻速圓周運動，觀察可得圓周運動半徑不同，依據(jù)r＝可得兩離子的比荷不等，A束離子的圓周運動的半徑較小，則比荷大于B束離子． 答案　AD 8.如圖所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中錯誤的是(　　) A．液滴一定做勻速直線運動 B．液滴一定帶正電 C．電場線方向一定斜向上 D．液滴有可能做勻變速直線運動 解析　要保證做直線運動有兩種情況：合力為零或者合力與速度共線；帶電液滴要考慮它的重力，洛倫茲力與速度有關(guān)，若合力與速度共線，速度大小就要變化，則洛倫茲力就要變化，無法保證合力總是與速度共線，所以只能是勻速直線運動；所以A選項正確，D選項錯誤；受力分析知若粒子帶負(fù)電，無論場強方向如何合力都不會為零，因此B選項正確；若電場線方向斜向下，則合力必不為零，C選項正確． 答案　D 9．如圖所示，一束粒子(不計重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，磁感應(yīng)強度大小可根據(jù)實際要求調(diào)節(jié)，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．則收集室收集到的是(　　) A．具有特定質(zhì)量的粒子　　 B．具有特定比荷的粒子 C．具有特定速度的粒子 D．具有特定動能的粒子 解析　粒子在加速電場Ⅰ中由動能定理可得qU＝mv2?v＝ ，粒子沿直線O1O2O3運動，則在相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ中必定受力平衡，可得qE＝Bqv?v＝為某一定值．故選項B、C正確． 答案　BC 10.地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶電油滴能沿一條與豎直方向成α角的直線MN運動(MN在垂直于磁場方向的平面內(nèi))，如圖所示．則以下判斷中正確的是(　　) A．如果油滴帶正電，它是從M點運動到N點 B．如果油滴帶正電，它是從N點運動到M點 C．如果電場方向水平向左，油滴是從M點運動到N點 D．如果電場方向水平向右，油滴是從M點運動的N點 解析　帶電油滴能夠沿直線運動，分析可得帶電油滴一定是勻速直線運動，因為若做變速直線運動，則洛倫茲力大小就發(fā)生變化，從而無法保證重力、電場力、洛倫茲力大小就發(fā)生變化，從而無法保證重力、電場力、洛倫茲力三力的合力總是與速度共線．如果油滴帶正電，受力分析可得只有從M點運動到N點，電場水平向左，三力的合力才有可能為零，A選項正確，B選項錯誤；如果帶電油滴帶負(fù)電，同理可得C選項正確，D選項錯誤． 答案　AC 11．某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動，如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP′N′N充滿豎直向下的勻強電場，寬為d；矩形區(qū)域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，長為3s，寬為s；NN′為磁場與電場之間的薄隔離層．一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子，從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，最后電子僅能從磁場邊界M′N′飛出，不計電子所受重力． (1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比； (2)求電場強度的取值范圍； (3)A是M′N′的中點，若要使電子在A、M′間垂直于AM′飛出，求電子在磁場區(qū)域中運動的時間． 解析　(1)設(shè)圓周運動的半徑分別為R1、R2、…、Rn、Rn＋1…，第一和第二次圓周運動速率分別為v1和v2，動能分別為Ek1和Ek2. 由Ek2＝0.81Ek1，R1＝，R2＝，Ek1＝mv，Ek2＝mv 得R2R1＝0.9. (2)設(shè)電場強度為E，第一次到達(dá)隔離層前的速率為v′. 由eEd＝mv′2,0.9×mv′2＝mv，R1＝，R1≤s得E≤ 又由Rn＝0.9n－1R1,2R1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n＋…)>3s 得E> <E≤. (3)設(shè)電子在勻強磁場中，圓周運動的周期為T，運動的半圓周個數(shù)為n，運動總時間為t. 由題意，有＋Rn＋1＝3s，R1≤s，Rn＋1＝0.9nR1，Rn＋1≥ 得n＝2 又由T＝ 得t＝. 答案　(1)0.9 (2)<E≤ (3) 12．扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直于紙面．一質(zhì)量為m、電荷量為－q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平方向夾角 θ＝30°. (1)當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1＝L、磁感應(yīng)強度大小B1＝B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t. (2)若Ⅱ區(qū)寬度L2＝L1＝L、磁感應(yīng)強度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h. (3)若L2＝L1＝L，B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件． (4)若B1≠B2、L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式． 解析　(1)如圖①所示，設(shè)粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度為v，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為R1，由動能定理和牛頓第二定律得 qU＝mv2 ① qvB1＝m ② 由幾何知識得 L＝2R1sinθ ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 B0＝ . ④ 設(shè)粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期為T，運動的時間為t T＝ ⑤ t＝T ⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得 t＝ . ⑦ (2)設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為R2，由牛頓第二定律得 qvB2＝m ⑧ 由幾何知識可得 h＝(R1＋R2)(1－cosθ)＋Ltanθ⑨ 聯(lián)立②③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得 h＝L. ⑩ (3)如圖②所示，為使粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應(yīng)滿足R2(1＋sinθ)<L[或R2(1＋sinθ)≤L] ? 聯(lián)立①⑧?式，代入數(shù)據(jù)得 B2> . ? (4)如圖③(或圖④)所示，設(shè)粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時速度與水平方向的夾角為α，由幾何知識可得 L1＝R1(sinθ＋sinα) ? [或L1＝R1(sinθ－sinα)] L2＝R2(sinθ＋sinα) ? [或L2＝R2(sinθ－sinα)] 聯(lián)立②⑧式得 B1R1＝B2R2 ? 聯(lián)立???式得 B1L1＝B2L2 ? 答案　(1)t＝ (2)h＝L (3)B2> (4)B1L1＝B2L2