2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)第3講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)含解析新人教版

PAGEPAGE8第3講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、單項(xiàng)選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．(2024·湖南懷化月考)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里，三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是(B)A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma[解析]該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力供應(yīng)其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g)。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由左手定則可推斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mbg＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g)。c在紙面內(nèi)向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由左手定則可推斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g)。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確。2．(2024·北京西城區(qū)統(tǒng)考)如圖所示，一塊長(zhǎng)方體金屬板材料置于方向垂直于其前表面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的恒定電流I時(shí)，金屬材料上、下表面電勢(shì)分別為φ1、φ2。該金屬材料垂直電流方向的截面為長(zhǎng)方形，其與磁場(chǎng)垂直的邊長(zhǎng)為a、與磁場(chǎng)平行的邊長(zhǎng)為b，金屬材料單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，元電荷為e。那么(B)A．φ1－φ2＝eq\f(IB,enb) B．φ1－φ2＝－eq\f(IB,enb)C．φ1－φ2＝eq\f(IB,ena) D．φ1－φ2＝－eq\f(IB,ena)[解析]解決本題的關(guān)鍵是駕馭左手定則推斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電荷在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡。因?yàn)樯媳砻娴碾妱?shì)比下表面的低，由evB＝eeq\f(U,a)，解得：v＝eq\f(U,Ba)，因?yàn)殡娏鱅＝nevs＝nevab，解得：U＝eq\f(IB,bne)。所以φ1－φ2＝－eq\f(IB,enb)，故B正確。3．(2024·北京豐臺(tái)區(qū)一模)如圖所示，地面旁邊某真空環(huán)境中存在著水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，一個(gè)帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成α角的直線(xiàn)MN運(yùn)動(dòng)，由此可以推斷(A)A．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向肯定是水平向左B．油滴沿直線(xiàn)肯定做勻加速運(yùn)動(dòng)C．油滴可能是從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)D．油滴肯定是從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)[解析]粒子的受力如圖所示的狀況，即電場(chǎng)力只能水平向左，粒子才能沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A正確；油滴做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，因?yàn)橹亓碗妶?chǎng)力均為恒力，依據(jù)物體做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)條件可知，粒子所受洛倫茲力亦為恒力據(jù)F＝qvB可知，粒子必定做勻速直運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；粒子受到的洛侖磁力的方向?yàn)榇怪盡N向上，又因?yàn)榱Ｗ訋д?，再結(jié)合左手定則，可知油滴肯定是從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，故C、D錯(cuò)誤。4．(2024·遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，板間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)重力的氘核、氚核和氦核初速度為零，經(jīng)相同的電壓加速后，從兩極板中間垂直射入電磁場(chǎng)區(qū)域，且氘核沿直線(xiàn)射出。不考慮粒子間的相互作用，則射出時(shí)(D)A．偏向正極板的是氚核B．偏向正極板的是氦核C．射入電磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，氚核的動(dòng)能最大D．射入電磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，氦核的動(dòng)量最大[解析]在加速電場(chǎng)中，依據(jù)動(dòng)能定理有Uq＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2Uq,m))，則v氘＝v氦>v氚，氘核沿直線(xiàn)射出，則Eq＝qvB，E＝vB。氦核速度與氘核速度大小相等，也沿直線(xiàn)穿出，故B錯(cuò)誤；對(duì)于氚核，Eq>qvB，則氚核偏向負(fù)極板，故A錯(cuò)誤；射入電磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，由Uq＝eq\f(1,2)mv2知，氦核的動(dòng)能最大，故C錯(cuò)誤；動(dòng)量p＝eq\r(2mEk)＝eq\r(2mUq)，射入電磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，氦核的動(dòng)量最大，D正確。5．(2024·福建莆田質(zhì)檢)如圖，足夠長(zhǎng)的水平虛線(xiàn)MN上方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向下(與紙面平行)；下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面對(duì)里。一個(gè)帶電粒子從電場(chǎng)中的A點(diǎn)以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，第一次穿過(guò)MN時(shí)的位置記為P點(diǎn)，其次次穿過(guò)MN時(shí)的位置記為Q點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)間的距離記為d，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間記為t。不計(jì)粒子的重力，若增大v0，則(D)A．t不變，d不變 B．t不變，d變小C．t變小，d變小 D．t變小，d不變[解析]本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)的周期性運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)豎直速度為v1(大小不變)，則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1))，速度方向與MN的夾角tanθ＝eq\f(v1,v0)。粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)，由幾何關(guān)系可得d＝2Rsinθ，sinθ＝eq\f(v1,v)，聯(lián)立可得d＝eq\f(2mv1,qB)，即增大v0時(shí)d不變，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(2θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2θm,qB)，則增大v0時(shí)，tanθ減小，θ減小，t減小，D正確。二、多項(xiàng)選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求的。6．(2024·遼寧遼陽(yáng)模擬)圖示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)，彼此平行且共軸的一對(duì)勵(lì)磁圓形線(xiàn)圈能夠在兩線(xiàn)圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)；電子槍放射出的電子經(jīng)加速電壓U作用后通過(guò)玻璃泡內(nèi)淡薄氣體時(shí)能夠顯示出電子運(yùn)動(dòng)的徑跡?，F(xiàn)讓電子槍垂直磁場(chǎng)方向放射電子(初速度較小，可以不計(jì))，勵(lì)磁線(xiàn)圈通入電流I后，可以看到圓形的電子的徑跡，則下列說(shuō)法正確的是(BD)A．若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑變大B．若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑變小C．若同時(shí)減小I和U，則電子運(yùn)動(dòng)的周期減小D．若保持I不變，減小U，則電子運(yùn)動(dòng)的周期將不變[解析]本題通過(guò)洛倫茲力演示儀考查電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。電子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，有eBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))，保持U不變，增大I，電流I產(chǎn)生的磁場(chǎng)增加，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，電子的軌跡半徑變小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πm,eB)，與速度v無(wú)關(guān)，即與加速電壓U無(wú)關(guān)，若同時(shí)減小I和U，則B減小，電子運(yùn)動(dòng)的周期增大，故C錯(cuò)誤；若保持I不變，減小U，則B不變，電子運(yùn)動(dòng)的周期不變，故D正確。7．(2024·福建泉州質(zhì)檢)如圖所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t＝0時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動(dòng)，則物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖象可能是(ACD)[解析]本題考查帶電體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的v－t圖象。設(shè)物塊的初速度為v0，若滿(mǎn)意mg＝f＝μN(yùn)，又N＝Bqv0，即mg＝μBqv0，則物塊向下做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；若mg>μBqv0，即物塊起先運(yùn)動(dòng)時(shí)有向下的加速度，由a＝eq\f(mg－μBqv,m)可知，加速度隨速度的增加而減小，即物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終達(dá)到勻速狀態(tài)，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；若mg<μBqv0，即物塊起先運(yùn)動(dòng)時(shí)有向上的加速度，由a＝eq\f(μBqv－mg,m)可知，加速度隨速度的減小而減小，即物塊做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終達(dá)到勻速狀態(tài)，則選項(xiàng)C正確。8．(2024·四川成都七中模擬)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板。兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，從P點(diǎn)經(jīng)電場(chǎng)加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對(duì)外，CD為磁場(chǎng)邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L(zhǎng)，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，則(ACD)A．兩板間電壓的最大值Um＝eq\f(qB2L2,2m)B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度s＝eq\f(2,3)LC．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm＝eq\f(πm,qB)D．能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為eq\f(q2B2L2,18m)[解析]本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的臨界問(wèn)題。畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，如圖所示，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，可知粒子運(yùn)動(dòng)半徑r＝L，在加速電場(chǎng)中，依據(jù)動(dòng)能定理有qUm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),r′)，聯(lián)立可得Um＝eq\f(qB2L2,2m)，故A正確；設(shè)粒子軌跡與CD相切于H點(diǎn)，此時(shí)粒子半徑為r′，MN兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子垂直打在CD邊上的G點(diǎn)，則GH間距離即為粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度，依據(jù)幾何關(guān)系有L＝r′＋eq\f(r′,sinθ)，可得r′＝eq\f(L,3)，依據(jù)幾何關(guān)系可得粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度s＝r－eq\f(r′,tanθ)＝(1－eq\f(\r(3),3))L，故B錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的最大圓心角θ＝180°，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tm＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，故C正確；當(dāng)粒子在磁場(chǎng)的軌跡與CD邊相切時(shí)，即粒子半徑r′＝eq\f(L,3)時(shí)，打到N板上的粒子的動(dòng)能最大，最大動(dòng)能Ekm＝eq\f(1,2)mv2，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得qvB＝meq\f(v2,r′)，聯(lián)立可得能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為Ekm＝eq\f(q2B2L2,18m)，故D正確。三、非選擇題9．(2024·福建福州期末)如圖所示，豎直平面MN的右側(cè)空間存在著相互垂直的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN左側(cè)的絕緣水平面光滑，右側(cè)的絕緣水平面粗糙。質(zhì)量為m的小物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上，該小物體帶負(fù)電，電荷量－q(q>0)。質(zhì)量為eq\f(1,3)m的不帶電的小物體B以速度v0沖向小物體A并發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小物體A的電荷量保持不變。(1)求碰撞后小物體A的速度大小。(2)若小物體A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝eq\f(3mg,qv0)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(7μmg,q)，小物體A從MN起先向右運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)時(shí)速度達(dá)到最大。求小物體A的最大速度vm和此過(guò)程克服摩擦力所做的功W。[答案](1)eq\f(v0,2)(2)2v07μmgL－eq\f(15,8)mveq\o\al(2,0)[解析](1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB，由于A、B發(fā)生彈性正碰，動(dòng)量、機(jī)械能均守恒，取水平向右為正方向，則有mBv0＝mBvB＋mAvA，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，解得vA＝eq\f(v0,2)。(2)當(dāng)物體A的加速度等于零時(shí)，其速度達(dá)到最大值vm，受力如圖所示，由平衡條件可知，在豎直方向有N＝qvmB＋mg，在水平方向有qE＝μN(yùn)，解得vm＝2v0，依據(jù)動(dòng)能定理得qEL－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得W＝7μmgL－eq\f(15,8)mveq\o\al(2,0)。10．(2024·山東高考模擬)如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，其次象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面對(duì)外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點(diǎn)以某一初速度垂直于x軸進(jìn)入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點(diǎn)O為圓心做半徑為R0的圓周運(yùn)動(dòng)；隨后進(jìn)入電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)至y軸上的N點(diǎn)，沿與y軸正方向成45°角離開(kāi)電場(chǎng)；在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，再次垂直于x軸進(jìn)入第四象限。不計(jì)粒子重力。求：(1)帶電粒子從M點(diǎn)進(jìn)入第四象限時(shí)初速度的大小v0；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(3)磁場(chǎng)Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1。[答案](1)eq\f(qB0R0,m)(2)eq\f(qR0B\o\al(2,0),2m)(3)eq\f(1,2)B0[解析](1)粒子在第四象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，則qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R0)解得v0＝eq\f(qB0R0,m)(2)由于與y軸成45°角離開(kāi)電場(chǎng)，則有vx＝vy＝v0粒子在