《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第九章 專題探究七 帶電粒子在復合場中的運動練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第九章 專題探究七 帶電粒子在復合場中的運動練習（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題探究七帶電粒子在復合場中的運動1.一個電子穿過某一空間而未發(fā)生偏轉,則(D)A.此空間一定不存在磁場B.此空間一定不存在電場C.此空間可能只有勻強磁場,方向與電子速度方向垂直D.此空間可能同時有電場和磁場解析:此空間可能只有磁場,但與電子運動方向平行,電子不受力而不偏轉,選項A,C錯誤;此空間可能存在電場且與電子運動方向共線,電子受電場力而做直線運動,選項B錯誤;空間同時存在電場和磁場,當二者平行、與電子速度共線,或二者垂直,電子所受電場力與洛倫茲力平衡時,電子穿過該空間不偏轉,選項D正確.2.(多選)如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖,兩平行金屬板P,Q之間有一個很強的磁場.一束等離子體(即

2、高溫下電離的氣體,含有大量正、負帶電粒子)沿垂直于磁場的方向噴入磁場.把P,Q與電阻R相連接.下列說法正確的是(BD)A.Q板的電勢高于P板的電勢B.R中有由a向b方向的電流C.若只改變磁場強弱,R中電流保持不變D.若只增大粒子入射速度,R中電流增大解析:等離子體進入磁場,根據(jù)左手定則,正電荷向上偏,打在上極板上,負電荷向下偏,打在下極板上.所以上極板帶正電,下極板帶負電,則P板的電勢高于Q板的電勢,流過電阻電流方向由a到b,選項A錯誤,B正確;只改變磁場強弱,當電場力等于磁場力,有q=qvB,則有U=Bdv,再由歐姆定律I=,電流與磁感應強度成正比,選項C錯誤;由上分析可知,若只增大粒子入射

3、速度,R中電流也會增大,選項D 正確.3.如圖所示,一束含有HH的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器,其中沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場,最終打在P1,P2兩點,不計粒子間的相互作用.則(B)A.打在P1點的粒子是HB.O2P2的長度是O2P1長度的2倍CH粒子與H粒子在偏轉磁場中運動的周期之比為21DH粒子與H粒子在偏轉磁場中運動半個周期的時間之比為11解析:帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,所以qvB=m,則r=,可知粒子的比荷越大,則運動的半徑越小,所以打在P1點的粒子是H ,打在P2點的粒子是H,選項A錯誤;因H粒子與H粒子在偏轉磁場中運

4、動的半徑比為12,則O2P1和O2P2長度之比為12,選項B正確;帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時,電場力與洛倫茲力大小相等方向相反,即 qvB1=qE,所以v=,可知從粒子速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度;粒子運動的周期T= , 則H粒子與H粒子在偏轉磁場中運動的周期之比為12,運動半個周期,則時間之比也為12,選項C,D錯誤.4.(2018河北邯鄲期中)(多選)如圖所示為一個質量為m,帶電荷量為+q的圓環(huán),可在水平放置的粗糙細桿上自由滑動,細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中,圓環(huán)以初速度v0向右運動直至處于平衡狀態(tài),則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為(ABD)A.0 B.mC. D.m(-)

5、解析:當qv0B=mg時,圓環(huán)不受支持力和摩擦力,摩擦力做功為零,選項A正確;當qv0Bmg時,圓環(huán)先做減速運動,當qvB=mg時,不受摩擦力,做勻速直線運動.當qvB=mg時得v=,根據(jù)動能定理得 -W=mv2-m,代入解得W=m(-),選項C錯誤,D正確.5.(2019江西高三畢業(yè)班質檢)如圖所示的虛線區(qū)域內,充滿垂直紙面向內的勻強磁場和豎直向上的勻強電場,一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O點穿出,穿出時速度的大小為vA,若僅撤去磁場,其他條件不變,另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出,穿出時速度的大小為vB,則顆

6、粒B(D)A.穿出位置一定在O點上方,vBvAC.穿出位置一定在O點下方,vBvA解析:設帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0,若帶電顆粒A帶負電,其電場力、重力、洛倫茲力均向下,與運動方向垂直,不可能做直線運動,顆粒A一定為正電荷,且滿足mg=Eq+Bqv0,做勻速直線運動,故vA=v0.若僅撤去磁場,由于mgEq,帶電顆粒B向下偏轉,穿出位置一定在O點下方,合力對其做正功,故vBv0,因此vBvA,D正確.6.(多選)向下的勻強電場和水平方向的勻強磁場(圖中未畫出)正交的區(qū)域里,一帶電粒子從a點由靜止開始沿曲線abc運動到c點時速度變?yōu)榱?b點是運動中能夠到達的最高點,如圖所示,若不計重力,下

7、列說法中正確的是(ABC)A.粒子肯定帶負電,磁場方向垂直于紙面向里B.a,c點處于同一水平線上C.粒子通過b點時速率最大D.粒子到達c點后將沿原路徑返回到a點解析:粒子開始受到電場力作用而向上運動,受到向右的洛倫茲力作用,則知電場力方向向上,故粒子帶負電.根據(jù)左手定則判斷磁場方向垂直于紙面向里,選項A正確;將粒子在c點的狀態(tài)與a點進行比較,c點的速率為零,動能為零,根據(jù)能量守恒可知,粒子在c與a兩點的電勢能相等,電勢相等,則a,c兩點應在同一條水平線上.由于在a,c兩點粒子的狀態(tài)(速度為零,電勢能相等)相同,粒子將在c右側重現(xiàn)前面的曲線運動,因此,粒子是不可能沿原曲線返回a點的,選項B正確;

8、D錯誤;根據(jù)動能定理得,粒子從a運動到b點的過程電場力做功最多,則b點速度最大,選項C正確.7.(多選)正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖電路中,兩板間有垂直紙面磁感應強度為B的勻強磁場,D為理想二極管(即正向電阻為0,反向電阻無窮大),R為滑動變阻器,R0為定值電阻.將滑片P置于滑動變阻器正中間,閉合開關S,讓一帶電質點從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間,質點沿直線運動.在保持開關S閉合的情況下,下列說法正確的是(BC)A.質點可能帶正電,也可能帶負電B.若僅將滑片P向上滑動一段后,再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間,質點運動軌跡一定會向上偏C.若僅將滑片P向下滑動一段后

9、,再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間,質點依然會沿直線運動D.若僅將兩平行板的間距變大一些,再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間,質點運動軌跡會向下偏解析:若為正電荷,則電場力向下,洛倫茲力向下,重力向下,則不可能沿直線運動,應為負電荷,選項A錯誤;為負電荷,電場力向上,洛倫茲力向上,滑片P向上滑動一段后,電場強度變大,電場力變大,則合力向上,選項B正確;將滑片P向下滑動一段后,因二極管的單向導電性,電容器不放電,則電場強度不變,電場力不變,合力不變,質點依然會沿直線運動,選項C正確;距離變大,但電荷量無法減小,則電荷量不變,電場強度不變,電場力不變,則質點運動軌跡不變,選項D錯誤.8.

10、(多選)光滑絕緣的水平桌面上方存在垂直桌面向上范圍足夠大的勻強磁場,虛線框abcd內(包括邊界)存在平行于桌面的勻強電場,如圖所示,一帶電小球從d處靜止開始運動,運動到b處時速度方向與電場邊界ab平行,通過磁場作用又回到d點,已知bc=2ab=2L,磁感應強度為B,小球的質量為m,電荷量為q.則下列說法正確的是(ACD)A.小球帶正電B.小球從d到b做勻變速曲線運動C.小球在虛線框外運動的速度大小為v=D.小球在b點時的加速度大小為a=解析:根據(jù)題意可知,粒子從d點進入磁場,由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動,還能夠回到d點,如圖所示,根據(jù)左手定則知,小球帶正電,選項A正確;小球從d到b做曲線

11、運動,速度方向一直改變,則受到的洛倫茲力方向也改變,而電場力不變,所以合力變化,由牛頓第二定律可知,小球從d到b做變加速曲線運動,選項B錯誤;小球在磁場中做勻速圓周運動,設圓心為O,半徑為r,則bO=dO=r,cO=2L-r,三角形dcO為直角三角形,由勾股定理有L2+(2L-r)2=r2,解得r=.根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=,故圓周運動的半徑為r=,所以 v=,選項C正確;在電場中從d點到達b點的過程中qE2L=mv2,由以上得E=.在b點由牛頓第二定律得qvB-qE=ma,聯(lián)立以上解得a=,選項D正確.9.(2019福建龍巖質檢)(多選)如圖所示,空間的某一區(qū)域存在著相互垂直的勻強電

12、場和勻強磁場(圖中未畫出),一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動,從C點離開區(qū)域;如果將磁場撤去,其他條件不變,則粒子從B點離開區(qū)域,如果將電場撤去,其他條件不變,則這個粒子從D點離開場區(qū),已知BC=CD,設粒子在上述三種情況下,從A到B,從A到C和從A到D所用的時間分別是t1,t2,t3,離開三點時的動能分別是Ek1,Ek2,Ek3,粒子重力忽略不計,以下關系正確的是(BC)A.t1t2=t3 B.t1=t2Ek2=Ek3 D.Ek1=Ek2Ek3解析:當電場、磁場同時存在時,粒子做勻速直線運動,此時qE=qvB,當只有電場時,粒子從B點射出,做類平拋運動,由運動的合成與分解

13、可知,水平方向做勻速直線運動,所以t1=t2,當只有磁場時,粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,速度大小不變,但路程變長,有t2t3,選項B正確,A錯誤;粒子從B點射出時,電場力做正功,動能變大,選項C正確,D錯誤.10.(2018全國卷,24)如圖,從離子源產生的甲、乙兩種離子,由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直.已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用.求:(1)磁場的磁感應強度大小;(2)甲、乙兩種離子的比荷之比.解

14、析:(1)設甲種離子所帶電荷量為q1,質量為m1,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應強度大小為B,由動能定理有q1U=m1, 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B=m1, 由幾何關系知2R1=l, 由得B=. (2)設乙種離子所帶電荷量為q2,質量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2,同理有q2U=m2, q2v2B=m2, 由題給條件有2R2=, 由式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為=14.答案:(1)(2)1411.(2019河南洛陽統(tǒng)考)如圖所示,在無限長的豎直邊界AC和DE間,上、下部分分別充滿方向垂直于ADEC平面向外的勻強磁場,上部分區(qū)域

15、的磁感應強度大小為B0,OF為上、下磁場的水平分界線.質量為m,帶電荷量為+q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域,經OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域,Q與O點的距離為3a,不考慮粒子重力.(1)求粒子射入時的速度大小;(2)要使粒子不從AC邊界飛出,求下方磁場區(qū)域的磁感應強度B1應滿足的條件;(3)若下方區(qū)域的磁感應強度B=3B0,粒子最終垂直DE邊界飛出,求邊界DE與AC間距離L的可能值.解析:(1)設粒子在OF上方做圓周運動的半徑為R,運動軌跡如圖(甲)所示,由幾何關系可知R=5a由洛倫茲力提供向心力可知qvB0=m,解得v=.(2)當粒子恰好不從AC邊

16、界飛出時,運動軌跡與AC相切,如圖(乙)所示,設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1,由幾何關系得r1+r1cos =3a,由(1)知cos =,所以r1=根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB1=m解得B1=.故當B1時,粒子不會從AC邊界飛出.(3)如圖(丙)所示,當B=3B0時,根據(jù)qvB=m得粒子在OF下方的運動 半徑為r=a,設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1,則P與P1的連線一定與OF平行,根據(jù)幾何關系知PP1=4a,所以若粒子最終垂直DE邊界飛出,邊界DE與AC間的距離為L=nPP1=4na(n=1,2,3,).答案:(1)(2)B1(3)L=4na(n=1,2,3,)9