《2022年高考物理一輪復習 課時作業(yè)25 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 課時作業(yè)25 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 課時作業(yè)25 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）一、單項選擇題1帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3.不計空氣阻力，則()Ah1h2h3Bh1h2h3Ch1h2h3Dh1h3h2解析：由豎直上拋運動的最大高度公式得h1，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，由能量守恒得mgh2Ekmvmgh1，所以h1h2；當加上電場時，由運動的獨立性可知在豎直方向上有v2gh3，所以h1h3，D正

2、確答案：D2.如圖所示，一電子束垂直于電場線與磁感應線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是()A將變阻器滑動觸頭P向右滑動B將變阻器滑動觸頭P向左滑動C將極板間距離適當減小D將極板間距離適當增大解析：電子入射極板后，偏向A板，說明EqBvq，由E可知，減小場強E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，C錯誤，D正確；而移動變阻器滑動觸頭P并不能改變板間電壓，A、B錯誤答案：D3.醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血

3、流速度方向兩兩垂直，如圖所示由于血液中的正負離子隨血液一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差在達到平衡時，血管內部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 V，磁感應強度的大小為0.040 T則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A1.3 m/s，a正、b負B2.7 m/s，a正、b負C1.3 m/s，a負、b正D2.7 m/s，a負、b正解析：由于正負離子在勻強磁場中垂直于磁場方向運動，利用左手定則可以判斷：a電極帶正電，b電極帶負電，C、D錯誤；血液流動速度可根據離

4、子所受的電場力和洛倫茲力的合力為零，即qvBqE，解得v1.3 m/s，A正確，B錯誤答案：A4.如圖所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面的磁場(未畫出)，磁場的磁感應強度從左到右逐漸增大一帶電微粒進入該區(qū)域時，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線OO通過該區(qū)域帶電微粒所受的重力忽略不計，運動過程帶電量不變下列判斷正確的是()A微粒從左向右運動，磁場方向向里B微粒從左向右運動，磁場方向向外C微粒從右向左運動，磁場方向向里D微粒從右向左運動，磁場方向向外解析：由微粒恰好能沿水平直線OO通過該區(qū)域說明洛倫茲力qvB與電場力qE平衡，微粒受到空氣阻力作用，速度逐漸減小，沿運

5、動方向磁場的磁感應強度必須逐漸增大，因此微粒從左向右運動，磁場方向向外，B正確答案：B5.如圖所示，某一真空室內充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內建立坐標系xOy，在y0的空間內，將一質量為m的帶電液滴(可視為質點)自由釋放，此液滴則沿y軸的負方向，以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動，當液滴運動到坐標原點時，瞬間被安裝在原點的一個裝置改變了帶電性質(液滴所帶電荷量和質量均不變)，隨后液滴進入y0的空間內運動，液滴在y0的空間內，根據液滴沿y軸負方向以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動可知，液滴在此空間內運動時所受電場力方向向下，大小等于重力；進入y0的空間后，液滴

6、電性改變，其所受電場力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，在液滴運動半個周期內，動能保持不變，重力勢能先減小后增大，電勢能先增大后減小，D正確，A、B、C錯誤答案：D二、多項選擇題6.某空間存在水平方向的勻強電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動，此空間同時存在由A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是()A小球一定帶正電B小球可能做勻速直線運動C帶電小球一定做勻加速直線運動D運動過程中，小球的機械能增大解析：由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向

7、未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故帶電小球一定做勻加速直線運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確答案：CD7.如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域，如果這束正離子流在區(qū)域中不偏轉，進入區(qū)域后偏轉半徑r相同，則它們一定具有相同的()A速度B質量C電荷量D比荷解析：由正離子在區(qū)不偏轉，有EqqvB1，即v，A正確；以相同速度進入區(qū)后，r相同，則比荷相同，D正確答案：AD8.勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意

8、圖如圖所示置于高真空中的半徑為R的D形金屬盒中，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產生的質子質量為m、電荷量為q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響則下列說法正確的是()A質子被加速后的最大速度不可能超過2RfB質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1D改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變解析：粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm2Rf，A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekmm

9、v2m42R2f22m2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據R，Uqmv，2Uqmv，得質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm2m2R2f2，與m、R、f均有關，D錯誤答案：AC三、非選擇題9.如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經t0時間從P點射出(1)求電場強度的大小和方向；(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經時間恰從半圓形區(qū)域的邊

10、界射出，求粒子運動加速度的大小解析：(1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E.由左手定則可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，可知電場強度沿x軸正方向，且有qEqvB又Rvt0則E(2)僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，在y方向位移為yv由式得y設帶電粒子在水平方向位移為x，加速度為a，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，則有xR又xa2解得a答案：(1)沿x軸正方向(2)10.如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平

11、行一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45角，不計粒子所受的重力求：(1)電場強度E的大?。?2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，設粒子在電場中運動的時間為t，則有水平方向上2hv0t豎直方向上hat2由牛頓第二定律得qEma聯(lián)立解得E(2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度為vyatv0所以粒子到達a的速度vv0設速度方向與x軸正方向的夾角為，則

12、tan1，45即a點時速度方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)粒子在磁場中運動時有qvBm當粒子從b點射出時，r最大，磁場的磁感應強度為最小值，此時有rmaxL所以Bmin答案：(1)(2)v0方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)11.一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在

13、不計重力的情況下，求：(1)M、N間電場強度E的大?。?2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數n.解析：(1)設兩板間的電壓為U，由動能定理得qUmv2由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得UEd聯(lián)立上式可得E(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為O，圓半徑為r.設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角AOS等于.由幾何關系得rRtan粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得qvBm聯(lián)立式得R(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移了d后，設板間電壓為U，則U設粒子進入S孔時的速度為v，由式看出綜合式可得vv設粒子做圓周運動的半徑為r，則r設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為，比較兩式得到rR，可見粒子須經過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n3答案：(1)(2)(3)3