2020版廣西物理一輪復習考點規(guī)范練30 帶電粒子在復合場中的運動

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精考點規(guī)范練30帶電粒子在復合場中的運動考點規(guī)范練第58頁

一、單項選擇題1.如圖所示,虛線區(qū)域空間內(nèi)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,有一個帶正電小球（電荷量為+q,質(zhì)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（)A。①② B。③④ C.①③ D。②④答案B解析①圖中小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力，下降過程中速度一定變大，故洛倫茲力一定變化，不可能一直與電場力平衡,故合力不可能一直向下，故一定做曲線運動;②圖中小球受重力、向上的電場力、垂直向外的洛倫茲力,合力與速度一定不共線，故一定做曲線運動;③圖中小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則小球做勻速直線運動；④圖中小球受向下的重力和向上的電場力，合力一定與速度共線，故小球一定做直線運動。故選項B正確.2。如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法正確的是()A。組成A束和B束的離子都帶負電B。組成A束和B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于紙面向外答案C解析由左手定則知，A、B離子均帶正電,A錯誤；兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同，在偏轉(zhuǎn)磁場中,由R=mvqB可知，半徑大的離子對應的比荷小，但離子的質(zhì)量不一定相同，故選項B錯誤，C正確；速度選擇器中的磁場方向應垂直紙面向里，D3。右圖是醫(yī)用回旋加速器示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連?，F(xiàn)分別加速氘核(12H）和氦核(24He)A。它們的最大速度相同B。它們的最大動能相同C.兩次所接高頻電源的頻率可能不相同D。僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能答案A解析根據(jù)qvB=mv2R,得v=qBRm。兩粒子的比荷qm相等，所以最大速度相等,A正確。最大動能Ek=12mv2，兩粒子的最大速度相等，但質(zhì)量不相等，所以最大動能不相等，B錯誤。帶電粒子在磁場中運動的周期T=2πmqB,兩粒子的比荷qm相等，所以周期相等,做圓周運動的頻率相等。因為所接高頻電源的頻率等于粒子做圓周運動的頻率,故兩次所接高頻電源的頻率相同，C錯誤。由Ek=12mv2=q2B4。如圖所示,甲是一個帶正電的小物塊,乙是一個不帶電的絕緣物塊,甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上,地板上方空間有水平方向的勻強磁場?，F(xiàn)用水平恒力拉乙物塊，使甲、乙一起保持相對靜止向左加速運動.在加速運動階段,下列說法正確的是(）A.甲對乙的壓力不斷減小B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C。乙對地板的壓力不斷減小D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小答案D解析對甲、乙兩物塊受力分析,甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大,乙物塊對地板的壓力不斷增大,甲、乙一起向左做加速度減小的加速運動；甲、乙兩物塊間的摩擦力大小為Ff=m甲a,甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小。故D正確.二、多項選擇題5。質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A。下列說法正確的是()A.該微粒一定帶負電荷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mgD.該電場的電場強度為Bvcosθ答案AC解析若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB,知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A,可知微粒應該做勻速直線運動，則選項A正確,選項B錯誤;由平衡條件得:qvBcosθ=mg,qvBsinθ=qE，得磁場的磁感應強度B=mgqvcosθ，電場的電場強度E=Bvsinθ,故選項C正確，6.如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m、電荷量為+q,電場強度為E,磁感應強度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(）A。小球的加速度一直減小B。小球的機械能和電勢能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2答案CD解析對小球受力分析如圖所示，則mg-μ（qE—qvB）=ma,隨著v的增加，小球加速度先增大，當qE=qvB時達到最大值，amax=g,繼續(xù)運動,mg—μ(qvB—qE）=ma，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤。因為有摩擦力做功,機械能與電勢能總和在減小,B錯誤。若在前半段達到最大加速度的一半，則mg-μ（qE-qvB）=mg2，得v=2μqE-mg2μqB;若在后半段達到最大加速度的一半,則mg-μ（qvB-qE)=mg2，得v=7.如圖，為探討霍爾效應，取一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導體,給金屬導體加與前后側(cè)面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時,用電壓表測得導體上、下表面M、N間電壓為U。已知自由電子的電荷量為e，下列說法正確的是()A.M板比N板電勢高B.導體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多,電壓表的示數(shù)越大C。導體中自由電子定向移動的速度為v=UD.導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為BI答案CD解析電流方向向右,電子定向移動方向向左,根據(jù)左手定則判斷可知,電子所受的洛倫茲力方向向上，則M板積累了電子，M、N之間產(chǎn)生向上的電場,所以M板比N板電勢低，選項A錯誤;電子定向移動相當于長度為d的導體垂直切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢,電壓表的讀數(shù)U等于感應電動勢E，則有U=E=Bdv，可見,電壓表的示數(shù)與導體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關，選項B錯誤；由U=E=Bdv得,自由電子定向移動的速度為v=UBd，選項C正確；電流的微觀表達式是I=nevS,則導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n=IevS,S=db，v=UBd,代入得n=BIeUb三、非選擇題8.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進入復合場中,正好做直線運動,當微粒運動到A（l,l）時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間）,粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，求:(1）電場強度E的大小；(2)磁感應強度B的大小；（3)粒子在復合場中的運動時間。答案(1）mgq(2)mqg解析（1）微粒到達A(l,l)之前做勻速直線運動,對微粒受力分析如圖甲，所以，Eq=mg,得E=mgq甲（2)由平衡條件得qvB=2mg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙。乙則qvB=mv由幾何知識可得r=2lv=2聯(lián)立解得B=mq(3）微粒做勻速運動的時間t1=2做圓周運動的時間t2=3在復合場中運動時間t=t1+t2=3π9.電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)。圖甲為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速度不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后,進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面（以垂直圓面向里為正方向），磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為l。當不加磁場時,電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當磁場的磁感應強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為23l的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短,可以認為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應強度不變.已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計電子之間的相互作用及所受的重力.求：(1)電子打到熒光屏上時的速度大小;（2）磁感應強度的最大值B0。答案(1）2eUm解析(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小，設為v，由動能定理得eU=12mv解得v=2eU(2）當交變磁場為最大值B0時，電子束有最大偏轉(zhuǎn),在熒光屏上打在Q點，PQ=3l。電子運動軌跡如圖所示，設此時的偏轉(zhuǎn)角度為θ,由幾何關系可知，tanθ=3ll,θ=根據(jù)幾何關系,電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角α=θ,而tanα2由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0=m解得B0=6meU10。（2018·全國卷Ⅰ）如圖，在y〉0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E;在y〈0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核

11H和一個氘核

12H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已知

11H進入磁場時,速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場,11H(1)

11H第一次進入磁場的位置到原點O(2）磁場的磁感應強度大小；(3)12H第一次離開磁場的位置到原點答案(1)233h（2)6mEqh（3）解析（1)11H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設

11H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點Os1=v1t1①h=12a1t1由題給條件,11H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1=60°。11H進入磁場時速度沿y軸方向的分量的大小為a1t1=v1tan聯(lián)立以上各式得s1=233h.（2)11H在電場中運動時qE=ma1⑤設

11H進入磁場時速度的大小為v1’v1'=v12設磁感應強度大小為B,11H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1’B=m由幾何關系得s1=2R1sinθ1⑧聯(lián)立以上各式得B=6mEqh。（3)設

12H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a由題給條件得12(2m)v2由牛頓第二定律有qE=2ma2設

12H第一次射入磁場時的速度大小為v2'，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2,入射點到原點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2。由運動學公式有s2=v2t2h=12a2t2v2’=v22sinθ2=a2t聯(lián)立以上各式得s2=s1，θ2=θ1，v2'=22v1’設

12H在磁場中做圓周運