版高考物理一轮复习第九章磁场配餐作业27带电粒子在复合场中的运动.docx

版高考物理一轮复习第九章磁场配餐作业27带电粒子在复合场中的运动.docx

《版高考物理一轮复习第九章磁场配餐作业27带电粒子在复合场中的运动.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《版高考物理一轮复习第九章磁场配餐作业27带电粒子在复合场中的运动.docx（20页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

版高考物理一轮复习第九章磁场配餐作业27带电粒子在复合场中的运动

2019版高考物理一轮复习第九章磁场配餐作业27带电粒子在复合场中的运动

见学生用书P363

A组·基础巩固题

1．如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线互相垂直。

在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。

若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小球做匀变速曲线运动

B．小球的电势能保持不变

C．洛伦兹力对小球做正功

D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和

解析　带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以小球不可能做匀变速曲线运动，A项错误；根据电势能公式Ep＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，B项错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C项错误；从能量守恒角度分析，D项正确。

答案　D　

2．（多选）太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电。

如图所示，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为v，方向与极板平行，该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面，两极板间的距离为L，则（　　）

A．在开关S未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为BLv

B．闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则极板间电场恒定

C．闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则电阻消耗的热功率为2BILv

D．闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功

解析　太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，带电离子受到洛伦兹力和电场力作用，稳定后，有＝qvB，解得U＝BLv，A项正确；闭合开关后，若回路中有稳定的电流，则两极板之间的电压恒定，电场恒定，B项正确；回路中电流I＝＝，电阻消耗的热功率P＝I2R＝，C项错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以D项错误。

答案　AB　

3．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动，半径为R。

则下列说法正确的是（　　）

A．粒子经偏转一定能回到原点O

B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1

C．粒子完成一次周期性运动的时间为

D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R

解析　由r＝可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B项错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，所以C项错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，粒子经偏转不能回到原点O，所以A项错误，D项正确。

答案　D　

4.（多选）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。

该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。

在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个侧面内分别固定有金属板作为电极。

污水充满管口并从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。

若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），则下列说法中正确的是（　　）

A．N端的电势比M端的高

B．若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零

C．电压表的示数U跟a和b都成正比，跟c无关

D．电压表的示数U跟污水的流量Q成正比

解析　正负离子向右移动，受到洛伦兹力作用，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以前表面比后表面电势低，即N端的电势比M端的高，A项正确，B项错误；最终正负离子受到电场力、洛伦兹力作用而平衡，有qE＝qvB，又E＝，得v＝，而污水流量Q＝vbc，得U＝，即电压表的示数U跟污水的流量Q成正比，跟c成反比，C项错误，D项正确。

答案　AD　

5．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（　　）

A．d随U1变化，d与U2无关

B．d与U1无关，d随U2变化

C．d随U1变化，d随U2变化

D．d与U1无关，d与U2无关

解析　设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v0，根据动能定理有qU1＝mv。

设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁场中有r＝，v＝，而d＝2rcosθ，联立各式解得d＝，因而A项正确。

答案　A　

6．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为AC，竖直短轴为ED。

轻弹簧一端固定在大环的中心O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中。

将小环从A点由静止释放，已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等。

下列说法中错误的是（　　）

A．刚释放时，小环的加速度为重力加速度g

B．小环的质量越大，其滑到D点时的速度将越大

C．小环从A运动到D，弹簧对小环先做正功后做负功

D．小环一定能滑到C点

解析　刚释放时，小环速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，加速度为g，A项正确；因为在A、D两点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所以OA处于拉伸，OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，C项正确；从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小环的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，因大环光滑，则小环一定能滑到C点，B项错误，D项正确。

答案　B　

7．（2018·江西五市八校联考）（多选）将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中，当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时，在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压，这种现象称为霍尔效应，产生的电压称为霍尔电压，相应的将具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件。

如图所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压。

已知图中的霍尔元件是P型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子）。

图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。

当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是（　　）

A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表

B．接线端2的电势高于接线端4的电势

C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变

D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数一定增大

解析　由图可知，B电表跟电源串联，故B是毫安表，C并联进电路，故C是毫伏表，故A项错误；左边线圈有电流流过，产生磁场，由右手定则可知铁芯上部为N极，下部为S极，霍尔元件通过的磁场方向向下。

已知电流方向与磁场方向，且空穴可视为带正电的粒子，由左手定则知，接线端2的电势高于接线端4，故B项正确；若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，故电路的电流只是方向改变，大小没有改变，电路阻值没有改变，故毫伏表示数没有改变，故C项正确；减小R1，则通过霍尔元件的磁场减弱，增大R2，总电压不变，霍尔元件的电压减小，故毫伏表的示数减小，故D项错误。

答案　BC

8．如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动

B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等

C．小球在D点时的动能为50J

D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量

解析　如果电场力大于重力，则静止后小球可能沿杆向上运动，故A项错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故B项正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50J，故C项错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D项错误。

答案　B　

B组·能力提升题

9．如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45°的斜向下的匀强电场E，有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么（　　）

A．小球在复合场中一定做匀速直线运动

B．磁感应强度B＝，场强E＝

C．若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动

D．若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球仍能沿直线通过复合场

解析　小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向

相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示。

其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动，故A项正确；根据小球的平衡条件可得，qvB＝mg，qE＝mg，又v2＝2gh，联立以上各式解得磁感应强度B＝，电场强度E＝，故B项错误；若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向，合力不可能为零，故C项错误；若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足B＝和E＝，若同时改变小球的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，故D项错误。

答案　A　

10．如图甲所示，M、N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场（未画出），磁感应强度随时间按图乙所示规律变化（垂直纸面向外为正，T0为已知），现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子在t＝0时从直线M上的O点沿着OM线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T0时恰好返回左边界M，则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为　（　　）

A．B0＝，v0＝

B．B0＝，v0＝

C．B0＝，v0＝

D．B0＝，v0＝

解析　根据离子在磁场中运动过程的分析，根据qv0B＝得r＝，磁场虽然方向改变但大小不变，所以半径不变，由以上分析知，MN之间距离d＝4r，离子匀速圆周运动一个周期的时间T等于磁感应强度随时间变化的周期T0，即T＝T0，离子做圆周运动的周期公式T＝，即T0＝，解得B0＝；MN之间的距离d＝4r，即r＝，离子做圆周运动的半径公式r＝，联立以上各式得v0＝，故B项正确。

答案　B　

11．（多选）如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，C、D、M到原点O的距离均为a，现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。

下列说法正确的是（　　）

A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场

B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场

C．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场

D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场

解析　粒子从P点到O点经电场加速，Eqh＝mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，Bqv＝m。

（1）若粒子恰好垂直CM射出磁场时，其圆心恰好在C点，如图甲所示，其半径为r＝a。

由以上两式可求得P到O的距离h＝，A项正确。

（2）若粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好平行于x轴射出磁场时，其圆心恰好在CO中点，如图乙所示，其半径为r＝a，由以上两式可得P到O的距离h＝，D项正确。

答案　AD　

12．（多选）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应的圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切。

整个装置处于方向垂直于轨道所在的平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和竖直虚线ND右侧还分别存在着电场强度大小相等、方向水平向右和水平向左的匀强电场。

现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。

若PC＝L，小球所受的电场力等于其重力的倍，重力加速度为g，则（　　）

A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动

B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mg

C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgL

D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB

解析　带电小球沿轨道向下运动时，对小球受力分析，如图所示，由图中几何关系qE＝mg可知，小球受到的重力、电场力的合力为mg，方向正好沿轨道向下；由牛顿第二定律可得mg－μqvB＝ma，小球速度v增大，加速度a减小，即小球第一次沿轨道下滑过程中，先做加速度减小的加速运动，由于P点足够高，直到加速度为零时，做匀速直线运动，A项正确；带电小球在下滑过程中，受到的摩擦力逐渐增加，当加速度为零时，fm＝mg，B项错误；带电小球在来回运动过程中，由于摩擦力做功，最终会在圆弧COD间运动，运动的最高点为C、D点，对全程，由动能定理可得·mgL－Wf＝0，Wf＝mgL，故C项错误；对最终带电小球在圆弧COD间运动，由动能定理可得mg×R＝mv2，在最低点，由向心力公式可得qvB－mg＋N＝，联立可得N＝2mg－qB，D项正确。

答案　AD　

13．用绝缘材料制成的半径为R的圆桶如图所示放置，AC为水平直径，θ＝30°，其内部有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。

PDT是过圆上D点的水平线，其上方存在一竖直向下的匀强电场，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从M点以一定初速度沿水平方向向左射入匀强电场中，粒子刚好通过D点进入磁场，粒子与桶壁弹性碰撞一次后恰好从A点水平击中圆筒，已知MT两点的距离为R/2，不计粒子的重力，求：

（1）粒子的初速度v0。

（2）电场强度E的大小。

（3）粒子从M到点A的时间t。

解析　粒子运动轨迹如图所示，则∠AOQ＝120°且粒子从D点离开电场进入磁场时与DT成60°角。

（1）由图知tan30°＝。

设粒子运动到A点时的速度为vA，此速度大小等于粒子从D点离开电场时的速度，而BqvA＝m，

联立得vA＝，

vA与v0的关系如图所示，则有

v0＝vA＝。

（2）在电场中由M点运动到D点，运动的合成与分解得

＝··t，

vAsin60°＝·t1，

联立得t1＝，E＝。

（3）粒子在磁场中运行的时间设为t2，则

t2＝2××＝，

所以粒子从D到A点的时间

t＝t1＋t2＝m。

答案　

（1）　

（2）　（3）m

14．如图甲所示，y轴右侧空间有垂直xOy平面向里随时间变化的磁场，同时还有沿－y方向的匀强电场（图中电场未画出），磁感应强度随时间变化规律如图乙所示（图中B0已知，其余量均为未知）。

t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴射入电场和磁场区，t0时刻粒子到达坐标为（x0，y0）的点A（x0>y0），速度大小为v，方向沿＋x方向，此时撤去电场。

t2时刻粒子经过x轴上x＝x0点，速度沿＋x方向。

不计粒子重力，求：

（1）0～t0时间内OA两点间电势差UOA。

（2）粒子在t＝0时刻的加速度大小a0。

（3）B1的最小值和B2的最小值的表达式。

解析　

（1）带电粒子由O到A运动过程中，由动能定理qUOA＝mv2－mv，

解得UOA＝。

（2）设电场强度大小为E，则

UAO＝Ey0，

t＝0时刻，由牛顿第二定律得

qv0B0－qE＝ma0，

解得a0＝＋。

（3）t0～t1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，相应小圆最大半径为R，对应的磁感应强度最小值为B1，则

R＝，

又qvB1＝m

B1的最小值B1＝

t1时刻粒子从C点切入大圆，大圆最大半径为x0，对应的磁感应强度的最小值为B2，则

qvB2＝m，

B2＝。

答案　

（1）

（2）＋

（3）B1＝　B2＝

15．（2017·天津）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。

一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。

粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。

不计粒子重力，问：

（1）粒子到达O点时速度的大小和方向。

（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。

解析　

（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2L＝v0t，L＝at2，

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度vy＝at，

设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tanα＝，

联立以上各式解得α＝45°。

即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。

设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有

v＝＝v0。

（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得

F＝ma，又F＝qE，

设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，

由几何关系可知R＝L，

联立以上各式解得＝。

答案　

（1）v0,方向与x轴正方向成45°角斜向上　

（2）

16．（2017·江苏）一台质谱仪的工作原理如图所示。

大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上①。

已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。

不考虑离子间的相互作用。

（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x。

（2）在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d。

（3）若考虑加速电压有波动，在（U0－ΔU）到（U0＋ΔU）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。

解析　

（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1，

电场加速qU0＝×2mv2，且

qvB＝2m，

计算得出r1＝，

根据几何关系x＝2r1－L，

计算得出x＝－L。

（2）画出粒子的轨迹如图，最窄处位于过两虚线交点的垂线上

d＝r1－，

计算得出d＝－。

（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2，

r1的最小半径

r1min＝，

r2的最大半径

r2max＝，

根据题意知

2r1min－2r2max>L，

即－>L，

计算得出

L<[2

－]。

答案　

（1）－L

（2）－

（3）L<[2－]