《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時(shí)作業(yè)九 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時(shí)作業(yè)九 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)九　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題 1．(2019年福建龍巖模擬)如圖所示，兩平行金屬板中間有相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，不計(jì)重力的帶電粒子沿垂直于電場和磁場方向射入．有可能做直線運(yùn)動(dòng)的是(　　) 解析：粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)有Eq＝qvB?E＝vB，與粒子電性電量無關(guān)，以帶正電粒子為例分析，A圖中，粒子受向下的電場力和向下的洛倫茲力，粒子不能沿直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B圖中，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C圖中，粒子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，若二者相等，則粒子能沿直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；D圖中，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲

2、力，粒子不能沿直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：C 2．質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，以與水平方向成θ角的速度v從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖1所示的正交的勻強(qiáng)電場(場強(qiáng)大小為E)和勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B)組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，重力加速度為g.下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．該微粒一定帶正電 B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng) C．該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D．該電場的場強(qiáng)為Bvcosθ 解析：若微粒帶正電，電場力水平向左，洛倫茲力垂直O(jiān)A斜向右下方，則電場力、重力、洛倫茲力不能平衡，微粒不可能做直線運(yùn)動(dòng)，則微粒帶負(fù)電，A

3、錯(cuò)誤；微粒如果做勻變速運(yùn)動(dòng)，重力和電場力不變，而洛倫茲力變化，微粒不能沿直線運(yùn)動(dòng)，與題意不符，B錯(cuò)誤；由平衡條件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，知C正確，D錯(cuò)誤． 答案：C 3．如圖2所示，空間的某個(gè)復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計(jì)重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時(shí)間為t，從復(fù)合場區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek，假設(shè)無論撤去磁場B還是撤去電場E，質(zhì)子仍能穿出場區(qū)，則(　　) 圖2 A．若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)間大于t B．若撤去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)間小于t C．若撤

4、去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek D．若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek 解析：質(zhì)子進(jìn)入復(fù)合場沿直線運(yùn)動(dòng)，有eE＝Bev0，若撤去磁場B，質(zhì)子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知，穿過電場的時(shí)間t＝，因場區(qū)寬度x不變，則時(shí)間不變，質(zhì)子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出電場時(shí)的速度必大于v0，動(dòng)能大于Ek，則A錯(cuò)誤，C正確．若撤去電場E，則質(zhì)子在磁場中只受洛倫茲力作用，方向始終垂直于質(zhì)子速度方向，所以洛倫茲力對(duì)質(zhì)子不做功，質(zhì)子速度大小不變，動(dòng)能不變，但是洛倫茲力改變了質(zhì)子運(yùn)動(dòng)方向，所以質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡變長，穿出場區(qū)時(shí)間變長，則B、D錯(cuò)誤． 答案：C 4．回旋加速

5、器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩個(gè)D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖3所示．現(xiàn)用同一回旋加速器分別加速兩種同位素，關(guān)于高頻交流電源的周期和獲得的最大動(dòng)能的大小，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．加速質(zhì)量大的粒子交流電源的周期較大，加速次數(shù)少 B．加速質(zhì)量大的粒子交流電源的周期較大，加速次數(shù)多 C．加速質(zhì)量大的粒子交流電源的周期較小，加速次數(shù)多 D．加速質(zhì)量大的粒子交流電源的周期較小，加速次數(shù)少 解析：D形盒間的交流電源的周期等于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝，

6、則加速質(zhì)量大的粒子時(shí)所需交流電源的周期較大，由qvB＝m，解得v＝，則粒子獲得的最大動(dòng)能Ek＝mv2＝，故加速質(zhì)量較大的粒子時(shí)獲得的最大動(dòng)能較小，因加速一次粒子得到的動(dòng)能相同，則加速質(zhì)量較大的粒子加速的次數(shù)較少，故選項(xiàng)A正確． 答案：A 5．如圖4所示，一個(gè)靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，粒子在磁場中轉(zhuǎn)半個(gè)圓后打在P點(diǎn)，設(shè)OP＝x，能夠正確反應(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是(　　) 圖4 解析：設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度為v，粒子通過電場的過程中，由動(dòng)能定理得qU＝mv2，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qvB＝m，R＝，

7、由以上三式解得x＝ ，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤． 答案：B 6．(多選)如圖5所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的三個(gè)相同的帶電小球A、B、C從同一高度以同一初速度水平拋出(小球運(yùn)動(dòng)過程中不計(jì)空氣阻力)，B球處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，C球處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場中，它們落地的時(shí)間分別為tA、tB、tC，落地時(shí)的速度大小分別為vA、vB、vC，則以下判斷正確的是(　　) 圖5 A．tA＝tB＝tC B．tB

8、作用，但洛倫茲力總是沿水平方向，且洛倫茲力不做功，故只有重力做功，所以B球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，C球除受重力之外，還受到垂直紙面向里的電場力作用，故C球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，重力和電場力均對(duì)其做正功，所以三個(gè)球在豎直方向都做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于下落的高度相同，故下落的時(shí)間相等，即有tA＝tB＝tC，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，A、B兩球合力做的功相等，初速度相同，所以末速度大小相等，而C球的合力做的功比A、B兩球的合力做的功多，初速度又與A、B兩球的初速度相同，故C球的末速度比A、B兩球的末速度大，即vA＝vB

9、的絕緣斜軌道連接一個(gè)豎直放置的半徑為R＝0.50 m的圓形絕緣光滑槽軌．槽軌處在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T．有一個(gè)質(zhì)量為m＝0.10 g、帶電荷量為q＝＋1.6×10－3 C的小球在斜軌道上某位置由靜止自由下滑，若小球恰好能通過最高點(diǎn)，則下列說法中正確的是(重力加速度g取10 m/s2)(　　) 圖6 A．若小球到達(dá)最高點(diǎn)的線速度為v，小球在最高點(diǎn)時(shí)的關(guān)系式mg＋qvB＝m成立 B．小球滑下的初位置離軌道最低點(diǎn)高為h＝ m C．小球在最高點(diǎn)只受到洛倫茲力和重力的作用 D．小球從初始位置到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒 解析：小球在最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)左手定則可知，

10、洛倫茲力的方向向上，所以mg－qvB＝m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從初位置到最高點(diǎn)的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得mg(h－2R)＝mv2，而mg－qvB＝m，代入數(shù)據(jù)解得h＝ m，選項(xiàng)B正確；球恰好能通過最高點(diǎn)，說明軌道對(duì)小球沒有作用力，洛倫茲力和重力的合力提供向心力，即此時(shí)小球只受洛倫茲力和重力的作用，選項(xiàng)C正確；小球從初始位置到達(dá)最高點(diǎn)的過程中洛倫茲力和軌道的支持力都不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確． 答案：BCD 二、解答題 8．(2019年陜西漢中高三月考)如圖7所示，虛線圓所圍的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和另一未知?jiǎng)驈?qiáng)電場(未畫)，一電子從A點(diǎn)沿直徑AO方向

11、以速度v射入該區(qū)域．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子所受的重力． 圖7 (1)若電子做直線運(yùn)動(dòng)，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小和方向； (2)若撤掉電場，其他條件不變，電子束經(jīng)過磁場區(qū)域后其運(yùn)動(dòng)方向與原入射方向的夾角為θ，求圓形磁場區(qū)域的半徑r和電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t. 圖8 解：(1)若電子做直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)evB＝eE得E＝vB，場強(qiáng)垂直O(jiān)A豎直向下． (2)若撤掉電場，電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電子束經(jīng)過磁場區(qū)域后其運(yùn)動(dòng)方向與原入射方向的夾角為θ，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖8所示，則evB＝m　解得R＝ 找出軌跡圓的圓心O′，如圖8所示，由幾何關(guān)系得 α＝θ，tan＝，解

12、得r＝tan 設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T， 有T＝＝ 電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝T，解得t＝ 9．如圖9，在x<0的空間中，存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝10 N/C；在x>0的空間中，存在垂直于xOy平面、方向向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T．一帶負(fù)電的粒子(比荷＝160 C/kg)，在距O點(diǎn)左側(cè)x＝0.06 m處的d點(diǎn)以v0＝8 m/s的初速度沿y軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)帶電粒子的重力．求： 圖9 (1)帶電粒子開始運(yùn)動(dòng)后第一次通過y軸時(shí)的速度大小和方向； (2)帶電粒子進(jìn)入磁場后經(jīng)多長時(shí)間返回電場； (3)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的周期． 解：(1)由題意

13、知，帶電粒子在第二象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a＝＝1 600 m/s2， 帶電粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝ ＝ s， 則帶電粒子通過y軸進(jìn)入磁場時(shí)，沿x軸方向上的速度vx＝at1＝8 m/s， 則帶電粒子第一次通過y軸時(shí)的速度 v＝＝16 m/s， 設(shè)速度v與y軸正方向的夾角為θ 則tanθ＝＝，得θ＝60°. 圖10 (2)作出帶電粒子在磁場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖10所示，由幾何關(guān)系可知帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角α＝120°，則帶電粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t2＝T＝·＝ s. (3)帶電粒子從磁場返回電場后的運(yùn)動(dòng)是此前由電場進(jìn)入磁場運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)歷時(shí)間t3＝

14、t1，帶電粒子的速度變?yōu)関0，此后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)．可見，粒子在電、磁場中的運(yùn)動(dòng)具有周期性，其周期 T＝t1＋t2＋t3＝(＋)s. 10．如圖11所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2v0，重力加速度為g，s

15、in37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： 圖11 (1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小； (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大?。? 解：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，三力滿足如圖12所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 由圖12知tan37°＝，cos37°＝， 解得E1＝，B1＝. 圖12　 　 圖13 (2)區(qū)域Ⅰ中小球做加速直線運(yùn)動(dòng)，電場強(qiáng)度最小，受力如圖13所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖13知cos37°＝， 解得E2＝ 方向與x軸正方向成53°角斜向上． (3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 所以mg＝qE3，得E3＝ 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖14所示 圖14 由幾何關(guān)系可知r＋r·cos53°＝d， 解得r＝d 由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝m， 聯(lián)立得B2＝. - 10 -