新高考人教物理一輪作業(yè)第九章第3講帶電粒子在復合場中的運動

[A組基礎題組]一、單項選擇題1．如圖所示，一束正離子從S點沿水平方向射出，在沒有偏轉(zhuǎn)電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其間相互作用力)()A．E向下，B向上 B.E向下，B向下C．E向上，B向下 D．E向上，B向上解析：離子打在第Ⅲ象限，相對于原點O向下運動和向外運動，所以E向下，根據(jù)左手定則可知B向上，故A正確。答案：A2．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，下列說法中正確的是()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解析：由左手定則知，A、B兩束離子均帶正電，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＝eq\f(mv,qB)可知，半徑大的離子對應的比荷小，但離子的質(zhì)量可能相同，B錯誤，C正確；速度選擇器中的磁場方向應垂直紙面向里，D錯誤。答案：C3．(2021·福建廈門質(zhì)檢)如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應強度為B，電場和磁場相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過，則該帶電粒子()A．一定帶正電B．速度大小為eq\f(E,B)C．可能沿QP方向運動D．若沿PQ方向運動的速度大于eq\f(E,B)，將一定向下極板偏轉(zhuǎn)解析：若粒子從左邊射入，則不論帶正電還是負電，電場力大小均為qE，洛倫茲力大小均為F＝qvB＝qE，這兩個力平衡，速度v＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動，故A錯誤，B正確。若粒子從右邊沿虛線方向進入，則電場力與洛倫茲力在同一方向，粒子受力不平衡，不能做直線運動，故C錯誤。若速度v＞eq\f(E,B)，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉(zhuǎn)，只有當粒子帶負電時，粒子才向下偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。答案：B4．如圖所示，在正交的勻強電、磁場中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運動。若B與A相碰并結(jié)合在一起，則它們將()A．以B原速率的一半做勻速直線運動B．以eq\f(R,2)為半徑做勻速圓周運動C．仍以R為半徑做勻速圓周運動D．做周期為B的一半的勻速圓周運動解析：由A、B相碰時動量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq\f(v,2)。據(jù)題意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍與電場力平衡，合外力是洛倫茲力，所以繼續(xù)做勻速圓周運動，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π2m,2qB)＝eq\f(2πm,qB)，選項B正確。答案：B5．(2021·北京高三學業(yè)考試)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)解析：由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后表面，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有F洛＝evB，F(xiàn)電＝eE＝eeq\f(U,a)，所以F洛＝eeq\f(U,a)，故D正確，由evB＝eeq\f(U,a)得電壓U＝avB，所以前后表面的電壓與速度有關(guān)，與a成正比，故B、C錯誤。答案：D二、多項選擇題6.(2021·遼寧省沈陽市高三9月調(diào)研)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N的運動，下列說法正確的是()A．小球可能做勻變速運動B．小球一定做變加速運動C．小球動能可能不變D．小球機械能守恒解析：小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D錯誤。答案：BC7.(2020·浙江名校聯(lián)考)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，重力加速度為g，下列說法中正確的是()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eq\f(mg,qvcosθ)D．該電場的場強為eq\f(mgsinθ,q)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，故A正確，B錯誤；由平衡條件得：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁場的磁感應強度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場的場強E＝Bvsinθ＝eq\f(mgtanθ,q)，故C正確，D錯誤。答案：AC8．(2020·湖北宜昌一中、龍泉中學高三聯(lián)考)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B與電源相連，兩板間電壓為U，距離為d。兩板之間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B1、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B2。一束不計重力的帶電粒子沿平行于金屬板且垂直于磁場的方向射入金屬板間，然后沿直線運動，從a點射入圓形磁場，在圓形磁場中分成1、2兩束粒子，兩束粒子分別從c、d兩點射出磁場。已知ab為圓形區(qū)域的水平直徑，∠cOb＝60°，∠dOb＝120°，不計粒子間相互作用，下列說法正確的是()A．金屬板A、B分別接電源的負、正極B．進入圓形磁場的粒子的速度大小為eq\f(B1d,U)C．1、2兩束粒子的比荷之比為1∶3D．1、2兩束粒子在圓形有界磁場中運動的時間之比為3∶2解析：粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，粒子在速度選擇器內(nèi)受到的洛倫茲力的方向也向上，由于粒子在速度選擇器內(nèi)做勻速直線運動，可知粒子受到的電場力的方向向下，所以電場的方向向下，金屬板A、B分別接電源的正極、負極，A錯誤；金屬板AB間的電場強度E＝eq\f(U,d)，由題意可知，正離子通過金屬板AB之間做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有qE＝qvB1，所以v＝eq\f(U,dB1)，B錯誤；粒子在圓形磁場中的運動軌跡是一段圓弧，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，從c點射出的粒子的半徑r1＝Rtan60°＝eq\r(3)R，從d點射出的粒子的半徑r2＝Rtan30°＝eq\f(\r(3),3)R，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，則1、2兩束粒子的比荷之比為eq\f(\f(q1,m1),\f(q2,m2))＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1,3)，C正確；根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在圓形有界磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,qB)，其中eq\f(θ1,θ2)＝eq\f(60°,120°)＝eq\f(1,2)，所以1、2兩束粒子在圓形有界磁場中運動的時間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(3,2)，D正確。答案：CD[B組能力題組]9．(2021·河南名校聯(lián)考)如圖所示，豎直平面xOy，其x軸水平，在整個平面內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場E，在第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.2T。現(xiàn)有一比荷為eq\f(q,m)＝25C/kg的帶電微粒，從第三象限內(nèi)某點以速度v0向坐標原點O做直線運動，v0與x軸之間的夾角為θ＝45°，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)微粒的電性及速度v0的大??；(2)帶電微粒在第一象限內(nèi)運動時所達到最高點的坐標。解析：(1)帶電粒子在第三象限內(nèi)做直線運動，受到重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用，并且合力為零，即粒子做勻速直線運動，所以，微粒受到的洛倫茲力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定則可判斷微粒帶正電；對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得Bqv0＝eq\r(2)mg，解得v0＝2eq\r(2)m/s。(2)帶電微粒進入第一象限后做曲線運動，假設最高點為M點，從O到M點所用的時間為t，則將微粒從O到M的運動分解為沿x軸方向的勻加速直線運動和沿y軸方向上的勻減速直線運動。y軸方向：0＝v0sin45°－gt，y＝eq\f(v0sin45°,2)t；x軸方向上：qE＝mgtan45°＝max，x＝v0tcos45°＋eq\f(1,2)axt2，解得x＝0.6m，y＝0.2m，即坐標為(0.6m,0.2m)。答案：(1)帶正電2eq\r(2)m/s(2)(0.6m,0.2m)10．如圖所示，真空中有一以O點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5m，磁場垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度為E＝×105V/m。在M點有一正粒子以速率v＝×106m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷eq\f(q,m)＝×107C/kg，粒子重力不計。求：(1)磁場的磁感應強度大??；(2)粒子在電場中的運動路程。解析：(1)沿＋x方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從圖中P點射出磁場，逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R＝0.5m，①洛倫茲力提供向心力，則qvB＝eq\f(mv2,r)，②由①②式代入數(shù)據(jù)得B＝0.2T。③(2)設粒子在電場中沿y軸正方向運動的最大位移為s，根據(jù)動能定理有－qEs＝0－eq\f(1,2)mv2，④則s＝eq\f(mv2,2qE)＝0.5m，⑤粒子在電場中的運動路程l＝2s，⑥由⑤⑥式得l＝1m。答案：(1)0.2T(2)1m11.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度E1＝40N/C，方向沿y軸正方向；第四象限內(nèi)存在一方向水平向左的勻強電場E2＝eq\f(160,3)N/C。一質(zhì)量為m＝2×10－3kg的帶正電小球，從點M(3.64m,3.2m)以v0＝1m/s的水平速度開始運動。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從點P(2.04m,0)進入第四象限后經(jīng)過y軸上的點N(0，－2.28m)(圖中未標出)。(g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝0.8)求：(1)勻強磁場的磁感應強度B；(2)小球由P點運動至N點的時間。解析：(1)由題意可知，第一