2020版高考物理二輪復習 第一部分 專題復習訓練 課時作業(yè)九 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）

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1、課時作業(yè)九　帶電粒子在復合場中的運動 一、選擇題 1．(2019年福建龍巖模擬)如圖所示，兩平行金屬板中間有相互垂直的勻強磁場和勻強電場，不計重力的帶電粒子沿垂直于電場和磁場方向射入．有可能做直線運動的是(　　) 解析：粒子做勻速直線運動有Eq＝qvB?E＝vB，與粒子電性電量無關，以帶正電粒子為例分析，A圖中，粒子受向下的電場力和向下的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動，選項A錯誤；B圖中，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動，選項B錯誤；C圖中，粒子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，若二者相等，則粒子能沿直線運動，選項C正確；D圖中，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲

2、力，粒子不能沿直線運動，選項D錯誤． 答案：C 2．質量為m、電荷量為q的微粒，以與水平方向成θ角的速度v從O點進入方向如圖1所示的正交的勻強電場(場強大小為E)和勻強磁場(磁感應強度大小為B)組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運動到A，重力加速度為g.下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．該微粒一定帶正電 B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動 C．該磁場的磁感應強度大小為 D．該電場的場強為Bvcosθ 解析：若微粒帶正電，電場力水平向左，洛倫茲力垂直O(jiān)A斜向右下方，則電場力、重力、洛倫茲力不能平衡，微粒不可能做直線運動，則微粒帶負電，A

3、錯誤；微粒如果做勻變速運動，重力和電場力不變，而洛倫茲力變化，微粒不能沿直線運動，與題意不符，B錯誤；由平衡條件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，知C正確，D錯誤． 答案：C 3．如圖2所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．質子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質子(不計重力)穿過復合場區(qū)所用時間為t，從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek，假設無論撤去磁場B還是撤去電場E，質子仍能穿出場區(qū)，則(　　) 圖2 A．若撤去磁場B，質子穿過場區(qū)時間大于t B．若撤去電場E，質子穿過場區(qū)時間小于t C．若撤

4、去磁場B，質子穿出場區(qū)時動能大于Ek D．若撤去電場E，質子穿出場區(qū)時動能大于Ek 解析：質子進入復合場沿直線運動，有eE＝Bev0，若撤去磁場B，質子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動特點可知，穿過電場的時間t＝，因場區(qū)寬度x不變，則時間不變，質子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，出電場時的速度必大于v0，動能大于Ek，則A錯誤，C正確．若撤去電場E，則質子在磁場中只受洛倫茲力作用，方向始終垂直于質子速度方向，所以洛倫茲力對質子不做功，質子速度大小不變，動能不變，但是洛倫茲力改變了質子運動方向，所以質子在磁場中運動軌跡變長，穿出場區(qū)時間變長，則B、D錯誤． 答案：C 4．回旋加速

5、器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖3所示．現(xiàn)用同一回旋加速器分別加速兩種同位素，關于高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．加速質量大的粒子交流電源的周期較大，加速次數(shù)少 B．加速質量大的粒子交流電源的周期較大，加速次數(shù)多 C．加速質量大的粒子交流電源的周期較小，加速次數(shù)多 D．加速質量大的粒子交流電源的周期較小，加速次數(shù)少 解析：D形盒間的交流電源的周期等于粒子做圓周運動的周期T＝，

6、則加速質量大的粒子時所需交流電源的周期較大，由qvB＝m，解得v＝，則粒子獲得的最大動能Ek＝mv2＝，故加速質量較大的粒子時獲得的最大動能較小，因加速一次粒子得到的動能相同，則加速質量較大的粒子加速的次數(shù)較少，故選項A正確． 答案：A 5．如圖4所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子在磁場中轉半個圓后打在P點，設OP＝x，能夠正確反應x與U之間的函數(shù)關系的是(　　) 圖4 解析：設粒子到達O點的速度為v，粒子通過電場的過程中，由動能定理得qU＝mv2，粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律得qvB＝m，R＝，

7、由以上三式解得x＝ ，選項B正確，選項A、C、D錯誤． 答案：B 6．(多選)如圖5所示，質量為m、帶電荷量為＋q的三個相同的帶電小球A、B、C從同一高度以同一初速度水平拋出(小球運動過程中不計空氣阻力)，B球處于豎直向下的勻強磁場中，C球處于垂直紙面向里的勻強電場中，它們落地的時間分別為tA、tB、tC，落地時的速度大小分別為vA、vB、vC，則以下判斷正確的是(　　) 圖5 A．tA＝tB＝tC B．tB

8、作用，但洛倫茲力總是沿水平方向，且洛倫茲力不做功，故只有重力做功，所以B球豎直方向做自由落體運動，C球除受重力之外，還受到垂直紙面向里的電場力作用，故C球在豎直方向做自由落體運動，重力和電場力均對其做正功，所以三個球在豎直方向都做自由落體運動，由于下落的高度相同，故下落的時間相等，即有tA＝tB＝tC，A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理可知，A、B兩球合力做的功相等，初速度相同，所以末速度大小相等，而C球的合力做的功比A、B兩球的合力做的功多，初速度又與A、B兩球的初速度相同，故C球的末速度比A、B兩球的末速度大，即vA＝vB

9、的絕緣斜軌道連接一個豎直放置的半徑為R＝0.50 m的圓形絕緣光滑槽軌．槽軌處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.50 T．有一個質量為m＝0.10 g、帶電荷量為q＝＋1.6×10－3 C的小球在斜軌道上某位置由靜止自由下滑，若小球恰好能通過最高點，則下列說法中正確的是(重力加速度g取10 m/s2)(　　) 圖6 A．若小球到達最高點的線速度為v，小球在最高點時的關系式mg＋qvB＝m成立 B．小球滑下的初位置離軌道最低點高為h＝ m C．小球在最高點只受到洛倫茲力和重力的作用 D．小球從初始位置到最高點的過程中機械能守恒 解析：小球在最高點時，根據(jù)左手定則可知，

10、洛倫茲力的方向向上，所以mg－qvB＝m，選項A錯誤；從初位置到最高點的過程中運用動能定理得mg(h－2R)＝mv2，而mg－qvB＝m，代入數(shù)據(jù)解得h＝ m，選項B正確；球恰好能通過最高點，說明軌道對小球沒有作用力，洛倫茲力和重力的合力提供向心力，即此時小球只受洛倫茲力和重力的作用，選項C正確；小球從初始位置到達最高點的過程中洛倫茲力和軌道的支持力都不做功，只有重力做功，機械能守恒，選項D正確． 答案：BCD 二、解答題 8．(2019年陜西漢中高三月考)如圖7所示，虛線圓所圍的區(qū)域內有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場和另一未知勻強電場(未畫)，一電子從A點沿直徑AO方向

11、以速度v射入該區(qū)域．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子所受的重力． 圖7 (1)若電子做直線運動，求勻強電場的電場強度E的大小和方向； (2)若撤掉電場，其他條件不變，電子束經(jīng)過磁場區(qū)域后其運動方向與原入射方向的夾角為θ，求圓形磁場區(qū)域的半徑r和電子在磁場中運動的時間t. 圖8 解：(1)若電子做直線運動，據(jù)evB＝eE得E＝vB，場強垂直O(jiān)A豎直向下． (2)若撤掉電場，電子在磁場中做勻速圓周運動，電子束經(jīng)過磁場區(qū)域后其運動方向與原入射方向的夾角為θ，運動軌跡如圖8所示，則evB＝m　解得R＝ 找出軌跡圓的圓心O′，如圖8所示，由幾何關系得 α＝θ，tan＝，解

12、得r＝tan 設電子做勻速圓周運動的周期為T， 有T＝＝ 電子在磁場中運動的時間為t＝T，解得t＝ 9．如圖9，在x<0的空間中，存在沿x軸負方向的勻強電場，電場強度E＝10 N/C；在x>0的空間中，存在垂直于xOy平面、方向向外的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T．一帶負電的粒子(比荷＝160 C/kg)，在距O點左側x＝0.06 m處的d點以v0＝8 m/s的初速度沿y軸正方向開始運動，不計帶電粒子的重力．求： 圖9 (1)帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時的速度大小和方向； (2)帶電粒子進入磁場后經(jīng)多長時間返回電場； (3)帶電粒子運動的周期． 解：(1)由題意

13、知，帶電粒子在第二象限內做類平拋運動，加速度a＝＝1 600 m/s2， 帶電粒子在第二象限內運動的時間t1＝ ＝ s， 則帶電粒子通過y軸進入磁場時，沿x軸方向上的速度vx＝at1＝8 m/s， 則帶電粒子第一次通過y軸時的速度 v＝＝16 m/s， 設速度v與y軸正方向的夾角為θ 則tanθ＝＝，得θ＝60°. 圖10 (2)作出帶電粒子在磁場內的運動軌跡，如圖10所示，由幾何關系可知帶電粒子的運動軌跡所對應的圓心角α＝120°，則帶電粒子在磁場內運動的時間 t2＝T＝·＝ s. (3)帶電粒子從磁場返回電場后的運動是此前由電場進入磁場運動的逆運動，則經(jīng)歷時間t3＝

14、t1，帶電粒子的速度變?yōu)関0，此后重復前面的運動．可見，粒子在電、磁場中的運動具有周期性，其周期 T＝t1＋t2＋t3＝(＋)s. 10．如圖11所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，s

15、in37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： 圖11 (1)第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大??； (2)區(qū)域Ⅰ內最小電場強度E2的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大小． 解：(1)帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，三力滿足如圖12所示關系且小球只能做勻速直線運動． 由圖12知tan37°＝，cos37°＝， 解得E1＝，B1＝. 圖12　 　 圖13 (2)區(qū)域Ⅰ中小球做加速直線運動，電場強度最小，受力如圖13所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，由圖13知cos37°＝， 解得E2＝ 方向與x軸正方向成53°角斜向上． (3)小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動， 所以mg＝qE3，得E3＝ 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖14所示 圖14 由幾何關系可知r＋r·cos53°＝d， 解得r＝d 由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝m， 聯(lián)立得B2＝. - 10 -