2020屆高三物理一輪總復(fù)習(xí) 第8章《磁場》3 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時作業(yè) 新人教版

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1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、選擇題 1. (多選)某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動，此空間同時存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是(　　) A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運動 C．帶電小球一定做勻加速直線運動 D．運動過程中，小球的機(jī)械能增大 【解析】　由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受磁場力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不是勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力

2、與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增大，選項D正確． 【答案】　CD 2. (2020·安慶模擬)如圖所示，a，b為豎直正對放置的平行金屬板，其間構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強(qiáng)磁場，磁場的上邊界與兩金屬板下端的水平面PQ重合，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一比荷為帶正電的粒子以速度v0從兩板中間位置沿與a、b板平行方向射入偏轉(zhuǎn)電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點進(jìn)入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設(shè)M、N兩點

3、間的距離為x(M、N點圖中未畫出)．則以下說法中正確的是(　　) A．只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，則x減小 B．只增大初速度v0的大小，則x減小 C．只減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U大小，則x不變 D．只減小帶正電粒子的比荷大小，則x不變 【解析】　帶正電的粒子垂直于場強(qiáng)方向射入兩平行金屬板中間的勻強(qiáng)電場中，向右做類平拋運動，設(shè)進(jìn)入磁場時速度為v，與水平向右方向的夾角為θ，則在磁場中做勻速圓周運動，運動的弧所對的圓心角為2θ，半徑為R，由幾何知識得M、N兩點的距離為：x＝2Rsinθ＝2sinθ＝.只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，則x增大，選項A錯誤；只增大初速度v0的大小，則x增大，選項B錯誤；只減

4、小偏轉(zhuǎn)電壓U的大小，則x不變，選項C正確；只減小帶電粒子的比荷 的大小，則x增大，選項D錯誤． 【答案】　C 3．(多選)在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個帶電小球繞豎直方向的軸O在勻強(qiáng)磁場中做逆時針方向的勻速圓周運動，磁場方向豎直向下，且范圍足夠大，其俯視圖如圖所示，若小球運動到某點時，繩子突然斷開，則關(guān)于繩子斷開后，對小球可能的運動情況的判斷正確的是(　　) A．小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，但半徑減小 B．小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，半徑不變 C．小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑不變 D．小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑減小 【解析】　繩子斷開后，小球

5、速度大小不變，電性不變．由于小球可能帶正電也可能帶負(fù)電，若帶正電，繩斷開后仍做逆時針方向的勻速圓周運動，向心力減小或不變(原繩拉力為零)，則運動半徑增大或不變．若帶負(fù)電，繩子斷開后小球做順時針方向的勻速圓周運動，繩斷前的向心力與帶電小球受到的洛倫茲力的大小不確定，向心力變化趨勢不確定，則運動半徑可能增大，可能減小，也可能不變． 【答案】　BCD 4．(2020·皖西聯(lián)考) 如圖所示，Oxyz坐標(biāo)系的y軸豎直向上，在坐標(biāo)系所在的空間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向和磁場方向都與x軸平行．從y軸上的M點(0，H,0)無初速釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的小球，它落在xOz平面上的N

6、(c,0，b)點(c>0，b>0)．若撤去磁場則小球落在xOy平面的P(L,0,0)點(L>0)，已知重力加速度為g.則(　　) A．勻強(qiáng)磁場方向沿x軸正方向 B．勻強(qiáng)電場方向沿x軸正方向 C．電場強(qiáng)度的大小E＝ D．小球落至N點時的速率v＝ 【解析】　撤掉磁場，小球落在P點，對其受力分析，可知：小球受豎直向下的重力、沿x軸正向的電場力，而小球帶負(fù)電，故勻強(qiáng)電場方向沿x軸的負(fù)方向，選項B錯誤；根據(jù)分運動的等時性，則H＝gt2，L＝t2，兩方程相比可得：E＝，選項C正確；加上磁場，小球落在N點，其受到的洛倫茲力方向沿z軸，由左手定則，可知：勻強(qiáng)磁場方向沿x軸負(fù)方向，選項A錯誤；從M點

7、到N點，洛倫茲力不做功，只有重力和電場力做功，由動能定理可得：mgH＋qEc＝mv2，聯(lián)立可得：v＝ ，選項D錯誤． 【答案】　C 5. (多選)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電勢差，下列說法中正確的是(　　) A．若元件的載流子是自由電子，則D側(cè)面電勢高于C側(cè)面電勢 B．若元件的載流子是自由電子，則C側(cè)面電勢高于D側(cè)面電勢 C．在測地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直 D．在測地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時，元件的工作面應(yīng)保

8、持水平 【解析】　自由電子定向移動方向與電流方向相反，由左手定則可判斷電子受洛倫茲力作用使其偏向C側(cè)面，則C側(cè)面電勢會低于D側(cè)面，A正確，B錯．地球赤道上方的地磁場方向水平向北，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直才能讓地磁場垂直其工作面，C正確，D錯． 【答案】　AC 6. 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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是(　　) A．組成A、B兩束的離子都帶負(fù)電 B．組成A、B兩束的離子質(zhì)量一定不同 C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向

9、外 【解析】　由左手定則可知，組成A、B兩束的離子均帶正電，A錯．經(jīng)過速度選擇器后兩束離子的速度相同．兩束離子在磁場中做圓周運動的半徑不同，rA，故C對．在速度選擇器中，粒子帶正電，電場力的方向向右，洛倫茲力的方向向左，由左手定則知磁場方向垂直紙面向里，D錯． 【答案】　C 7．(2020·洛陽模擬) 如圖，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)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

10、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1/4時，洛倫茲力最大 B．當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的1/2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】　從圓心沿重力與電場力的合力的方向作直線，可找出等效最低點，當(dāng)小球運動到此點時速度最大，洛倫茲力最大，A、B錯；小球從a點到b點，重力和電場力都做正功，相應(yīng)的勢能都是減小的，C錯；等效最低點在b、c之間，故D正確． 【答案】　D 8. (多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)．如圖所示，

11、平行金屬板之間有一個很強(qiáng)的磁場，將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場．圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機(jī)．把兩個極板與用電器相連，則(　　) A．用電器中的電流方向從A到B B．用電器中的電流方向從B到A C．若只增強(qiáng)磁場，發(fā)電機(jī)的電動勢增大 D．若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機(jī)的電動勢增大 【解析】　由左手定則知正離子受力向上偏，上極板帶正電，用電器中的電流方向從A到B，故A對，B錯；由于磁流體發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動勢，可等效成長為板間距離L的導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝BLv，故C、D對． 【答案】　ACD 9. (多選)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的

12、水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B的復(fù)合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則(　　) A．小球可能帶正電 B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加 【解析】　因小球做勻速圓周運動，所以重力和電場力二力平衡，合外力等于洛倫茲力且提供向心力，小球只能帶負(fù)電，A錯誤；由Bvq＝，Uq＝mv2，T＝及Eq＝mg，可得r＝ ，T＝，B、C正確，由T＝可知，電壓U增大，小球做勻速圓周運動的周期不變，所以D錯誤． 【答案】　BC 10．(多選)

13、 一個帶正電的小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向成θ角，如圖所示．整個空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于斜桿方向向上的勻強(qiáng)磁場，小球沿桿向下運動，在A點的動能為100 J，在C點時動能為零，B是AC的中點，在這個運動過程中(　　) A．小球在B點的動能是50 J B．小球電勢能的增加量可能大于重力勢能的減少量 C．小球在AB段克服摩擦力做的功與BC段克服摩擦力做的功相等 D．到達(dá)C點后小球可能沿桿向上運動 【解析】　由動能定理：mgh－qEh－Wf＝ΔEk，并注意到由于洛倫茲力隨著速度的變化而變化，正壓力(或摩擦力)也將隨之變化，AB段克服摩擦阻力做的功顯然不等于BC段克服摩

14、擦阻力做的功，因此小球在中點B處動能也不是小球初動能的一半．由題意及上述分析可知，電場力Eq>mg是完全可能的，故選項B、D正確． 【答案】　BD 二、非選擇題 11．(2020·長安模擬) 如圖所示，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60°，重力加速度為g，求： (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)電場的電

15、場強(qiáng)度E1、E2的大?。? (2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)微粒從P運動到Q的時間． 【解析】　(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有 qE1sin45°＝mg 解得E1＝ 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，則在豎直方向上有 mg＝qE2，E2＝ (2)設(shè)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動時加速度為a，離開區(qū)域Ⅰ時速度為v，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則 a＝＝g v2＝2ad1(或qE1cos45°×d1＝mv2) Rsin60°＝d2 qvB＝m 解得B＝ (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速運動，t1＝ 在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓

16、周運動的圓心角為60°，則 T＝ t2＝＝ 解得t＝t1＋t2＝ ＋ 【答案】　見解析 12. (2020·福建卷)如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最

17、大的位置，當(dāng)小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. 【解析】　(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE① 小滑塊在C點離開MN時 N＝0② 解得vC＝③ (2)由動能定理 mgh－Wf＝mv－0④ 解得Wf＝mgh－⑤ (3)如圖所示，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g′ g′＝ ⑥ 且v＝v＋g′2t2⑦ 解得vP＝ ⑧ 【答案】　(1)　(2)m

18、gh－ (3) 13．(2020·天津卷)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動．真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場與磁場的寬度均為d.電場強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射． (1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌道半徑r2； (2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sinθn； (3)若粒子恰好不能從

19、第n層磁場右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進(jìn)入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請簡要推理說明之． 【解析】　(1)粒子在進(jìn)入第2層磁場時，經(jīng)過兩次電場加速，中間穿過磁場時洛倫茲力不做功． 由動能定理，有 2qEd＝mv① 由①式解得v2＝2 ② 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，有 qv2B＝m③ 由②③式解得r2＝ ④ (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù)，下同)． nqEd＝mv⑤ qvnB＝m⑥ 粒子進(jìn)入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為αn，從第n層磁場右

20、側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦ 由圖1看出rnsinθn－rnsinαn＝d⑧ 由⑥⑦⑧式得rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨ 由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn為一等差數(shù)列，公差為d，可得 rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩ 當(dāng)n＝1時，由圖2看出r1sinθ1＝d? 由⑤⑥⑩?式得sinθn＝B ? (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則θn＝ sinθn＝1 在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷為，假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界，粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn′，由于> 則導(dǎo)致sinθn′>1 說明θn′不存在，即原假設(shè)不成立．所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界． 【答案】　(1)2 　 　(2)B 　(3)不能，推理證明見解析