2019屆高考物理一輪復習 第八章 磁場 課時作業(yè)27 帶電粒子(帶電體)在疊加場中的運動.doc

課時作業(yè)（二十七）帶電粒子(帶電體)在疊加場中的運動 [基礎小題練] 1.帶電質點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內，帶電質點將(　　) A．可能做直線運動 B．可能做勻減速運動 C．一定做曲線運動 D．可能做勻速圓周運動 【解析】　帶電質點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質點不可能做直線運動，也不可能做勻減速運動和勻速圓周運動，C正確． 【答案】　C 2.如圖所示，場強為E的勻強電場方向豎直向下，場強為B的水平勻強磁場垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量的同種電荷．已知a靜止，b、c在紙面內按圖示方向做勻速圓周運動(軌跡未畫出)．忽略三個油滴間的靜電力作用，比較三個油滴的質量及b、c的運動情況，以下說法中正確的是(　　) A．三個油滴的質量相等，b、c都沿順時針方向運動 B．a的質量最大，c的質量最小，b、c都沿逆時針方向運動 C．b的質量最大，a的質量最小，b、c都沿順時針方向運動 D．三個油滴的質量相等，b沿順時針方向運動，c沿逆時針方向運動 【解析】　油滴a靜止不動，其受到的合力為零，所以mag＝qE，電場力方向豎直向上，油滴帶負電荷．又油滴b、c在場中做勻速圓周運動，則其重力和受到的電場力是一對平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，由左手定則可判斷，b、c都沿順時針方向運動．故A正確． 【答案】　A 3．一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場．如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，設飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1，撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2，則下列論述正確的是(　　) A．x1＞x2 B．t1＞t2 C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同 【解析】　當桌面右邊存在磁場時，由左手定則可知，帶正電的小球在飛行過程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度a<g，所以t1＞t2，x1＞x2，A、B對；又因為洛倫茲力不做功，故C對；兩次小球著地時速度方向不同，D錯． 【答案】　ABC 4．如圖所示為一個質量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細桿上自由滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，圓環(huán)以初速度v0向右運動直至處于平衡狀態(tài)，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為(　　) A．0 B．mv C. D．m 【解析】　若圓環(huán)所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)與粗糙細桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；若圓環(huán)所受洛倫茲力不等于重力，圓環(huán)與粗糙細桿壓力不為零，摩擦力不為零，圓環(huán)以初速度v0向右做減速運動．若開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則一直減速到零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為mv，選項B正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減速到洛倫茲力等于重力達到穩(wěn)定，穩(wěn)定速度v＝，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為W＝mv－mv2＝m，選項D正確，C錯誤． 【答案】　ABD 5．如圖所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，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，質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、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．經過最高點時，三個小球的速度相等 B．經過最高點時，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】　三個小球在運動過程中機械能守恒，有mgh＝mv2，在圓形軌道的最高點時對甲有qv1B＋mg＝，對乙有mg－qv2B＝，對丙有mg＝，可判斷v1＞v3＞v2，選項A、B錯誤，選項C、D正確． 【答案】　CD 6．(2018天水高三質檢)如圖所示，虛線空間中存在由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的電場和磁場(圖中實線為電場線)，有一個帶正電小球(電荷量為＋q，質量為m)從正交或平行的電磁復合場上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的是(　　) 【解析】　帶電小球進入復合場時受力情況： 其中只有C、D兩種情況下合外力可能為零或與速度的方向相同，所以有可能沿直線通過復合場區(qū)域，A項中洛倫茲力隨速度v的增大而增大，所以三力的合力不會總保持在豎直方向，合力與速度方向將產生夾角，小球做曲線運動，所以A錯． 【答案】　CD [創(chuàng)新導向練] 7．生活科技——電磁流量計原理的實際應用 為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應強度為B＝1.25 T的勻強磁場，在上下兩個面的內側固定有金屬板M、N作為電極．污水充滿裝置以某一速度從左向右勻速流經該裝置時，測得兩個電極間的電壓U＝1 V，且污水流過該裝置時受到阻力作用，阻力f＝kLv，其中比例系數(shù)k＝15 Ns/m2，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速，下列說法正確的是(　　) A．金屬板M的電勢不一定高于金屬板N的電勢，因為污水中負離子較多 B．污水中粒子濃度的高低對電壓表的示數(shù)也有一定影響 C．污水的流量(單位時間內流出污水體積)Q＝0.16 m3/s D．為使污水勻速通過該裝置，左、右兩側管應施加的壓強差為ΔP＝1 500 Pa 【解析】　根據(jù)左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力向M偏轉，負離子受到向下的洛倫茲力向N偏轉，所以M板的電勢一定大于N的電勢，A錯誤；兩極板帶上電荷后，會在豎直方向上產生一個電場力，最后電場力和洛倫茲力平衡，故有qvB＝q，解得U＝vBc，與粒子濃度的大小無關，B錯誤；因為U＝vBc，所以v＝，污水的流量Q＝vS＝bc＝b＝0.16 m3/s，C正確；為使勻速通過，則ΔpS＝f＝kLv，即Δpbc＝，解得Δp＝1 500 Pa，D正確． 【答案】　CD 8．科技研究——利用電磁偏轉研究金屬導體中自由電子特點 利用如圖所示的方法可以測得金屬導體中單位體積內的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬為b，厚為d，并加有與側面垂直的勻強磁場B，當通以圖示方向電流I時，在導體上、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，則下列判斷正確的是(　　) A．上表面電勢高 B．下表面電勢高 C．該導體單位體積內的自由電子數(shù)為 D．該導體單位體積內的自由電子數(shù)為 【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，故下表面電勢高，B正確，A錯誤．再根據(jù)e＝evB，I＝neSv＝nebdv得n＝，故D正確，C錯誤． 【答案】　BD 9.電磁泵的工作 原理如圖所示，電磁泵泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側端面是邊長為L2的正方形；流經泵體內的液體密度為ρ，在泵頭通入導電劑后液體的電導率為σ(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂直前后表面向外的磁場B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內阻不計)的電源上，則(　　) A．泵體上表面應接電源正極 B．通過泵體的電流I＝ C．增大磁感應強度可獲得更大的抽液高度 D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度 【解析】　泵體上表面接電源正極，電流方向向下，電磁泵向左拉動液體，故A正確；由電阻定律和歐姆定律得，R＝＝，I＝＝UL1σ，故B錯誤；由FB＝BIL2得FB＝BUL1σ，故C正確． 【答案】　AC 10．科技探究——海流發(fā)電的電磁原理 如圖所示為一利用海流發(fā)電的原理圖，用絕緣材料制成一個橫截面為矩形的管道，在管道的上、下兩個內表面裝有兩塊電阻不計的金屬板M、N，板長為a，寬為b，板間的距離為d，將管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加與前后表面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B，將航標燈與兩金屬板連接(圖中未畫出)．海流方向如圖，海流速率為v，下列說法正確的是(　　) A．M板電勢高于N板的電勢 B．該海流發(fā)電機的電動勢為Bdv C．該海流發(fā)電機的電動勢為Bav D．管道內海水受到的安培力方向向左 【解析】　海水中的正離子受到的洛倫茲力方向向上，所以正離子向上偏轉，即M板帶正電；負離子受到的洛倫茲力方向向下，所以負離子向下偏轉，N板帶負電，可知M板的電勢高于N板的電勢，故A正確；M、N兩板間形成電場，當離子所受的洛倫茲力和電場力平衡時，兩板間的電壓穩(wěn)定，即q＝Bqv，得U＝Bdv，兩板間電壓即該海流發(fā)電機的電動勢，故B正確，C錯誤；根據(jù)左手定則知，管道內電流方向向上，故海水所受安培力方向向左，D正確． 【答案】　ABD [綜合提升練] 11．如圖所示，空間內有相距為d的兩塊正對的平行金屬板PQ、MN，板長L＝d，兩板帶等量異種電荷．在虛線QN右側存在垂直于紙面、磁感應強度為B的矩形勻強磁場(圖中未畫出)．現(xiàn)有一帶電粒子以初速度v0沿兩板中央OO′射入，并恰好從下極板邊緣射出，又經過在矩形有界磁場中的偏轉，最終從金屬板PQ的右端進入平行金屬板PQ、MN之間．不計帶電粒子重力．求： (1)粒子從下極板邊緣射出時的速度； (2)粒子從O運動到金屬板PQ的右端經歷的時間； (3)矩形有界磁場的最小面積． 【解析】　(1)帶電粒子在電場中平行極板方向做勻速運動，有d＝v0t1 解得，帶電粒子在電場中運動的時間t1＝d 帶電粒子在豎直方向從靜止開始做勻加速運動d＝vyt1 解得，vy＝v0 則粒子從下極板邊緣射出時的速度為v＝＝2v0 設速度方向與QN方向之間的夾角為θ，則有 tan θ＝＝，θ＝30. (2)帶電粒子離開電場后進入勻強磁場，在勻強磁場中做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示 由幾何關系可知，粒子軌跡所對應的圓心角為α＝π 由QN＝d，θ＝30，可知帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝d 帶電粒子在磁場中運動的時間t2＝＝ 所以帶電粒子從O運動到金屬板PQ的右端經歷的總時間為t＝t1＋t2＝d＋. (3)由圖乙可知，磁場區(qū)域寬度最小為R(1＋cos 30)，長度最小等于2R，而R＝d. 所以矩形有界磁場的最小面積為S＝2R2(1＋cos 30)＝2d2(1＋)＝(2＋)d2. 【答案】　(1)2v0，方向與QN成30　(2)＋ (3)(2＋)d2 12．如圖甲所示，在以O為圓心，內外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內外圓間的電勢差U為常量，R1＝R0，R2＝3R0.一電荷量為＋q，質量為m的粒子從內圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力． (1)已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大??； (2)若撤去電場，如圖乙所示，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45角，求磁感應強度的大小及粒子在磁場中運動的時間； (3)在圖乙中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應強度應小于多少？ 【解析】　(1)電場、磁場都存在時，只有電場力對帶電粒子做功，由動能定理 qU＝mv－mv① 得v0＝ .② (2)由牛頓第二定律 qBv2＝③ 如圖1所示，由幾何關系確定粒子運動軌跡的圓心O′和半徑R R2＋R2＝(R2－R1)2④ 聯(lián)立③④得磁感應強度大小 B＝.⑤ 粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期 T＝⑥ 由幾何關系確定粒子在磁場中運動的時間 t＝⑦ 聯(lián)立④⑥⑦式，得t＝.⑧ (3)如圖2所示，為使粒子射出，則粒子在磁場內的運動半徑應大于過A點的最大內切圓半徑，該半徑為 Rc＝⑨ 由③⑨得磁感應強度應小于Bc＝. 【答案】　(1) 　(2)　　(3)