2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)25 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)25 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（含解析）一、單項(xiàng)選擇題1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(qiáng)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(qiáng)電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3.不計(jì)空氣阻力，則()Ah1h2h3Bh1h2h3Ch1h2h3Dh1h3h2解析：由豎直上拋運(yùn)動的最大高度公式得h1，當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，由能量守恒得mgh2Ekmvmgh1，所以h1h2；當(dāng)加上電場時(shí)，由運(yùn)動的獨(dú)立性可知在豎直方向上有v2gh3，所以h1h3，D正確答案：D2.如圖所示，一電子束垂直于電場線與磁感應(yīng)線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運(yùn)動，可采用的方法是()A將變阻器滑動觸頭P向右滑動B將變阻器滑動觸頭P向左滑動C將極板間距離適當(dāng)減小D將極板間距離適當(dāng)增大解析：電子入射極板后，偏向A板，說明EqBvq，由E可知，減小場強(qiáng)E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，C錯(cuò)誤，D正確；而移動變阻器滑動觸頭P并不能改變板間電壓，A、B錯(cuò)誤答案：D3.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來監(jiān)測通過動脈的血流速度電磁血流計(jì)由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示由于血液中的正負(fù)離子隨血液一起在磁場中運(yùn)動，電極a、b之間會有微小電勢差在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強(qiáng)電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零在某次監(jiān)測中，兩觸點(diǎn)間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢差為160 V，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為()A1.3 m/s，a正、b負(fù)B2.7 m/s，a正、b負(fù)C1.3 m/s，a負(fù)、b正D2.7 m/s，a負(fù)、b正解析：由于正負(fù)離子在勻強(qiáng)磁場中垂直于磁場方向運(yùn)動，利用左手定則可以判斷：a電極帶正電，b電極帶負(fù)電，C、D錯(cuò)誤；血液流動速度可根據(jù)離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為零，即qvBqE，解得v1.3 m/s，A正確，B錯(cuò)誤答案：A4.如圖所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面的磁場(未畫出)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度從左到右逐漸增大一帶電微粒進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線OO通過該區(qū)域帶電微粒所受的重力忽略不計(jì)，運(yùn)動過程帶電量不變下列判斷正確的是()A微粒從左向右運(yùn)動，磁場方向向里B微粒從左向右運(yùn)動，磁場方向向外C微粒從右向左運(yùn)動，磁場方向向里D微粒從右向左運(yùn)動，磁場方向向外解析：由微粒恰好能沿水平直線OO通過該區(qū)域說明洛倫茲力qvB與電場力qE平衡，微粒受到空氣阻力作用，速度逐漸減小，沿運(yùn)動方向磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度必須逐漸增大，因此微粒從左向右運(yùn)動，磁場方向向外，B正確答案：B5.如圖所示，某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場E，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy，在y0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點(diǎn))自由釋放，此液滴則沿y軸的負(fù)方向，以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)液滴運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，瞬間被安裝在原點(diǎn)的一個(gè)裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變)，隨后液滴進(jìn)入y0的空間內(nèi)運(yùn)動，液滴在y0的空間內(nèi)，根據(jù)液滴沿y軸負(fù)方向以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動可知，液滴在此空間內(nèi)運(yùn)動時(shí)所受電場力方向向下，大小等于重力；進(jìn)入y0的空間后，液滴電性改變，其所受電場力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，在液滴運(yùn)動半個(gè)周期內(nèi)，動能保持不變，重力勢能先減小后增大，電勢能先增大后減小，D正確，A、B、C錯(cuò)誤答案：D二、多項(xiàng)選擇題6.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(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動，此空間同時(shí)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(yùn)動C帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動D運(yùn)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(yùn)動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，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(xiàng)A錯(cuò)誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運(yùn)動，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場力的合力方向與運(yùn)動方向相同，故帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動，選項(xiàng)C正確；運(yùn)動過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增大，選項(xiàng)D正確答案：CD7.如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區(qū)域和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如果這束正離子流在區(qū)域中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的()A速度B質(zhì)量C電荷量D比荷解析：由正離子在區(qū)不偏轉(zhuǎn)，有EqqvB1，即v，A正確；以相同速度進(jìn)入?yún)^(qū)后，r相同，則比荷相同，D正確答案：AD8.勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示置于高真空中的半徑為R的D形金屬盒中，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可忽略磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響則下列說法正確的是()A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2RfB質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動能與加速電壓U成正比C質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1D改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變解析：粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm2Rf，A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekmmv2m42R2f22m2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)R，Uqmv，2Uqmv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm2m2R2f2，與m、R、f均有關(guān)，D錯(cuò)誤答案：AC三、非選擇題9.如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)t0時(shí)間從P點(diǎn)射出(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向；(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出，求粒子運(yùn)動加速度的大小解析：(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強(qiáng)度為E.由左手定則可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，可知電場強(qiáng)度沿x軸正方向，且有qEqvB又Rvt0則E(2)僅有電場時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，在y方向位移為yv由式得y設(shè)帶電粒子在水平方向位移為x，加速度為a，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，則有xR又xa2解得a答案：(1)沿x軸正方向(2)10.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第象限，且速度與y軸負(fù)方向成45角，不計(jì)粒子所受的重力求：(1)電場強(qiáng)度E的大?。?2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值解析：(1)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t，則有水平方向上2hv0t豎直方向上hat2由牛頓第二定律得qEma聯(lián)立解得E(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為vyatv0所以粒子到達(dá)a的速度vv0設(shè)速度方向與x軸正方向的夾角為，則tan1，45即a點(diǎn)時(shí)速度方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)有qvBm當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，r最大，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有rmaxL所以Bmin答案：(1)(2)v0方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)11.一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求：(1)M、N間電場強(qiáng)度E的大?。?2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qUmv2由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得UEd聯(lián)立上式可得E(2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角AOS等于.由幾何關(guān)系得rRtan粒子運(yùn)動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得qvBm聯(lián)立式得R(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，M板向上平移了d后，設(shè)板間電壓為U，則U設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度為v，由式看出綜合式可得vv設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r，則r設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為，比較兩式得到rR，可見粒子須經(jīng)過四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出，故n3答案：(1)(2)(3)3