2019年高考物理一輪總復習 第八章 第3講 帶電粒子在復合場中的運動課時提能演練 新人教版.doc

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2019年高考物理一輪總復習 第八章 第3講 帶電粒子在復合場中的運動課時提能演練 新人教版一、選擇題(本大題共10小題,每小題7分,共70分。每小題只有一個選項正確)1.(xx晉江模擬)如圖所示,在沿水平方向向里的勻強磁場中,帶電小球A與B在同一直線上,其中小球B帶正電荷并被固定,小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸(不粘連)而處于靜止狀態(tài)。若將絕緣板C沿水平方向抽去后,以下說法正確的是()A.小球A不可能處于靜止狀態(tài)B.小球A將可能沿軌跡1運動C.小球A將可能沿軌跡2運動D.小球A將可能沿軌跡3運動【解析】選B。小球A處于靜止狀態(tài),可判斷小球A帶正電,若此時小球A的重力與庫侖力平衡,將絕緣板C沿水平方向抽去后,小球A仍處于靜止狀態(tài);若庫侖力大于小球A的重力,則將絕緣板C沿水平方向抽去后,小球A向上運動,此后小球A在庫侖力、重力、洛倫茲力的作用下將可能沿軌跡1運動。2.如圖所示,一個帶正電的滑環(huán)套在水平且足夠長的粗糙的絕緣桿上,整個裝置處于方向如圖所示的勻強磁場中,現(xiàn)給滑環(huán)一個水平向右的瞬時作用力,使其開始運動,則滑環(huán)在桿上的運動情況不可能的是()A.始終做勻速運動B.始終做減速運動,最后靜止于桿上C.先做加速運動,最后做勻速運動D.先做減速運動,最后做勻速運動【解析】選C。給滑環(huán)一個瞬時作用力,滑環(huán)獲得一定的速度v,當qvB=mg時,滑環(huán)將以v做勻速直線運動,故A正確。當qvBmg時,滑環(huán)先做減速運動,當減速到qvB=mg后,以速度v=做勻速直線運動,故D對。由于摩擦阻力作用,滑環(huán)不可能做加速運動,故C錯,應選C。3.如圖所示,有一混合正離子束先后通過正交電磁場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域,如果這束正離子束在區(qū)域中不偏轉,進入?yún)^(qū)域后偏轉半徑R相同,則它們具有相同的()A.電荷量和質量B.質量和速度C.速度和比荷D.電荷量和速度【解析】選C。正交電磁場區(qū)域實際上是一個速度選擇器,這束正離子在區(qū)域中均不偏轉,說明它們具有相同的速度。在區(qū)域中半徑相同,R=,所以它們應具有相同的比荷。C正確。4.如圖所示,在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中,電荷量為q的液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動。已知電場強度為E,磁感應強度為B,則液滴的質量和環(huán)繞速度分別為()A.,B.,C.B,D.,【解析】選D。液滴做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,重力和電場力等大、反向,根據(jù)qvB=,qE=mg,解得m=,v=,故選項D正確。【變式備選】如圖所示,某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場,電場方向水平向右,磁場方向垂直紙面向里,一帶電粒子由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動。下列說法正確的是()A.粒子一定帶正電B.粒子動能一定減少C.粒子的電勢能一定增加D.粒子的機械能一定增加【解析】選D。對該種粒子進行受力分析得:受到豎直向下的重力、水平方向的電場力、垂直于速度方向的洛倫茲力,其中重力和電場力是恒力。粒子沿直線運動,則可以判斷出其受到的洛倫茲力也是恒定的,即該粒子是做勻速直線運動,B錯誤;如果該粒子帶正電,則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力,所以不會沿直線運動,故該種粒子一定帶負電,A錯誤;該種粒子帶負電,向左上方運動,電場力做正功,電勢能一定是減少的,C錯誤;因為重力勢能增加,動能不變,所以該粒子的機械能增加,D正確。5.(xx浙江高考改編)在半導體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經電壓為U的電場加速后,垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場中轉過=30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時,離子P+和P3+()A.在電場中的加速度之比為11B.在磁場中運動的半徑之比為31C.在磁場中轉過的角度之比為12D.離開電場區(qū)域時的動能之比為31【解題指南】解答本題可按以下思路進行:(1)正離子在電場中,由于電場力的作用做加速運動;(2)正離子在磁場中,洛倫茲力提供向心力,做圓周運動?！窘馕觥窟xC。磷離子P+和P3+的質量相等,在電場中所受的電場力之比為13,所以加速度之比為13,A項錯誤;初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經電壓為U的電場加速后,由動能定理可得,離開電場區(qū)域時的動能之比為它們的帶電量之比,即13,D項錯誤;在磁場中做圓周運動時洛倫茲力提供向心力qvB=m,可得r=,=,B項錯誤;設P+在磁場中的運動半徑為R,由幾何知識可得磁場的寬度為R,而P3+的半徑為R,由幾何知識可得P3+在磁場中轉過的角度為60,P+在磁場中轉過的角度為30,所以磷離子P+和P3+在磁場中轉過的角度之比為12,C項正確。6.如圖所示,兩導體板水平放置,兩板間的電勢差為U,帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場。則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化而變化的情況為()A.d隨v0的增大而增大,d與U無關B.d隨v0的增大而增大,d隨U的增大而增大C.d隨U的增大而增大,d與v0無關D.d隨v0的增大而增大,d隨U的增大而減小【解題指南】解答本題應把握以下兩點:(1)弄清帶電粒子在電場中的偏轉角與粒子在磁場中做圓周運動的圓心角的關系。(2)寫出d與U、v0的函數(shù)關系式?！窘馕觥窟xA。帶電粒子射出電場時速度的偏轉角為,運動軌跡如圖所示,有:cos=,又R=,而d=2Rcos=2cos=,選項A正確。7.如圖所示,質量為m,電荷量為e的質子以某一初速度從坐標原點O沿x軸正方向進入場區(qū),若場區(qū)僅存在平行于y軸向上的勻強電場時,質子通過P(d,d)點時的動能為5Ek;若場區(qū)僅存在垂直于xOy平面的勻強磁場時,質子也能通過P點。不計質子的重力。設上述勻強電場的電場強度大小為E,勻強磁場的磁感應強度大小為B,則下列說法中正確的是()A.E=B.E=C.B=D.B=【解析】選D。質子在電場中,d=v0t,d=t,m()2=5Ek,vy=at,a=,解得E=,A、B錯誤。再根據(jù)ev0B=,B=,故C錯誤、D正確。8.(xx南平模擬)如圖所示,長方體發(fā)電導管的前后兩個側面是絕緣體,上下兩個側面是電阻可忽略的導體電極,兩極間距為d,極板面積為S,這兩個電極與可變電阻R相連。在垂直前后側面的方向上,有一勻強磁場,磁感應強度大小為B。發(fā)電導管內有電阻率為的高溫電離氣體,氣體以速度v向右流動,并通過專用管道導出。由于運動的電離氣體,受到磁場的作用,將產生大小不變的電動勢。若不計氣體流動時的阻力,由以上條件可推導出可變電阻消耗的電功率P=()2R。調節(jié)可變電阻的阻值,根據(jù)上面的公式或你所學過的物理知識,可求得可變電阻R消耗電功率的最大值為()A.B.C.D.【解析】選B。電源的內阻r=,當電源的外電阻R與電源的內電阻r相等時,電源輸出功率最大,此時可變電阻消耗的功率最大,故有:Pm=()2R=()2=,B正確。9.如圖所示,一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v,若加上一個垂直紙面指向讀者方向的磁場,則滑到底端時()A.v變大B.v變小C.v不變D.不能確定【解析】選B。洛倫茲力雖然不做功,但其方向垂直斜面向下,使物體與斜面間的正壓力變大,故摩擦力變大,損失的機械能增加,因而v變小。10.如圖所示,平行板電容器的金屬極板M、N的距離為d,兩板間存在磁感應強度為B,方向垂直于紙面向外的勻強磁場,等離子群以速度v沿圖示方向射入。已知電容器的電容為C,則()A.當開關S斷開時,穩(wěn)定后電容器的電荷量QBvdCB.當開關S斷開時,穩(wěn)定后電容器的電荷量QBvdCC.當開關S閉合時,穩(wěn)定后電容器的電荷量QBvdC【解析】選C。洛倫茲力使正離子向N板偏轉,負離子向M板偏轉,當q=qvB時離子不再偏轉,故斷開開關S時,電容器兩極所能達到的最大電壓UC=Bvd,最大電荷量Q=BvdC,A、B均錯;當開關S閉合時,平行金屬板及等離子群相當于一電源,電源電動勢E=Bvd,由于內阻的存在,使得UC=UMNE=Bvd,故QCBvdC。C正確,D錯誤。二、非選擇題(本大題共2小題,共30分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)11.(xx莆田模擬)(12分)如圖所示,在直角坐標系的第象限0x4m區(qū)域內,分布著E=106N/C的勻強電場,方向豎直向上;第象限中的兩個直角三角形區(qū)域內,分布著大小均為B=5.010-2T的勻強磁場,方向分別垂直紙面向外和向里,質量為m=1.610-27kg、電荷量為q=3.210-19C的帶正電的粒子(重力不計),從坐標點M(-4m,m)處,以v=107m/s的速度平行于x軸向右運動,并先后通過勻強磁場和勻強電場區(qū)域。求:(1)帶電粒子在磁場中的運動半徑r。(2)粒子在兩個磁場區(qū)域及電場區(qū)域偏轉所用的總時間。(3)在圖中畫出粒子從直線x=-4m到x=4m之間的運動軌跡,并求出運動軌跡與y軸和直線x=4m交點的縱坐標。【解析】(1)帶電粒子在磁場中偏轉,由牛頓運動定律得qvB=m(1分)所以r=代入數(shù)據(jù)得r=m(1分)(2)帶電粒子在磁場中的運動周期T=6.2810-7s(1分)運動的時間t1=T=1.5710-7s(1分)帶電粒子在電場中運動的時間t2=s=2.8310-7s(1分)故粒子在電磁場偏轉所用的總時間t=t1+t2=4.4010-7s(1分)(3)如圖所示分析知:粒子在方向向外的磁場中恰好沿順時針運動了周,下移了(-1)m,由對稱性知粒子在方向向內的磁場中恰好沿逆時針運動了周,又下移了(-1)m,故y1=-2(-1)m=(2-)m(3分)粒子水平飛入電場,水平方向有:x2=vt2(1分)豎直方向上滿足:y2=y1+a=2m(2分)答案:(1)m(2)4.4010-7s(3)見解析12.(能力挑戰(zhàn)題)(xx廈門模擬)(18分)如圖甲所示,在xOy坐標平面y軸左側有一速度選擇器,速度選擇器中的勻強電場方向豎直向下,兩板間的電壓為U,距離為d;勻強磁場磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里。xOy坐標平面的第一象限(包括x、y軸)內存在磁感應強度大小為B0、方向垂直于xOy平面且隨時間做周期性變化的勻強磁場,如圖乙所示(磁場方向選垂直xOy平面向里為正)。一束比荷不同的帶正電的粒子恰能沿直線通過速度選擇器,在t=0時刻從坐標原點O垂直射入周期性變化的磁場中。部分粒子經過一個磁場變化周期T0后,速度方向恰好沿x軸正方向。不計粒子的重力,求:(1)粒子進入周期性變化的磁場的速度v;(2)請用三角板和圓規(guī)作出經一個磁場變化周期T0后,速度方向恰好沿x軸正方向,且此時縱坐標最大的粒子的運動軌跡,并求出這種粒子的比荷;(3)在(2)中所述的粒子速度方向恰好沿x軸正方向的縱坐標y?！窘馕觥?1)粒子沿直線通過速度選擇器有:qvB=q(3分)故v=(1分)(2)滿足條件的粒子的運動軌跡如圖所示。(2分)設粒子在磁場中運動半徑為R,由幾何關系得:sin=(2分)粒子運動的周期為T,有:2T=T0(2分)T=(1分)由得:=(2分)(3)粒子在磁場中有:qvB0=m(1分)由圖可得:y=2R+2Rcos(2分)由得:y=(2+)(2分)答案:(1)(2)見解析(3)(2+)【總結提升】帶電粒子在組合場中運動問題的解題技巧帶電粒子在組合場中的運動,實際上仍是一個力學問題,分析的基本思路是:(1)弄清組合場的組成。(2)正確分析帶電粒子的受力情況及運動特征。(3)畫出粒子運動軌跡,靈活選擇對應的運動規(guī)律列式求解。例如,帶電粒子在電場中加速,一般選擇動能定理;類平拋運動一般要進行運動的分解;圓周運動一般分析向心力等。(4)對于臨界問題,注意挖掘隱含條件,關注特殊詞語如“恰好”“剛好”“至少”,尋找解題的突破口。