【名師一號】2020屆高三物理一輪復習 8-3 帶電粒子在復合場中的運動課時檢測 新人教版

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1、第三講　帶電粒子在復合場中的運動 1.水平放置的平行金屬板a、b帶有等量電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電的粒子在兩板間做直線運動，粒子的重力不計．關于粒子在兩板間運動的情況，正確的是(　　) A．可能向右做勻加速直線運動 B．可能向左做勻加速直線運動 C．只能是向右做勻速直線運動 D．只能是向左做勻速直線運動 解析　受力分析可知電場力向下，洛倫茲力必向上，則速度向右；洛倫茲力與速度大小有關，因此只能為勻速直線運動． 答案　C 2．如圖所示，真空中有正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，三個等量同種電荷的油滴A、B、

2、C處于此區(qū)域中，A靜止，B向右做勻速直線運動，C向左做勻速直線運動．則它們質量之間的關系是(　　) A．mA＝mB＝mC B．mB

3、勻強磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構成一電路，設氣流的速度為v，氣體的電導率(電阻率的倒數(shù))為g.則(　　) A．兩板間的電勢差為U＝Bdv B．上板是電源的正極，下板是電源的負極 C．流經R的電流強度為I＝ D．流經R的電流強度為I＝ 解析　等離子體噴射入磁場后，在洛倫茲力F1＝qBv的作用下正離子向上偏，負離子向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負極，B對；兩板間形成向下的電場，正負離子將受到電場力F2＝q阻礙其偏轉，假設外電路斷路，則qBv＝q，即U＝Bdv為電源電動勢，A錯；電源內阻為r＝ρ＝，由閉合電路歐姆定律得I＝＝，C、D錯．

4、 答案　B 4.如圖所示，在同時存在勻強磁場和勻強電場的空間中取正交的坐標系Oxyz(z軸正方向豎直向上)，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不能忽略)從原點O以速度v沿y軸正方向出發(fā)．下列說法正確的是(　　) A．若電場沿z軸正方向、磁場沿y軸正方向，粒子只能做曲線運動 B．若電場沿z軸正方向、磁場沿z軸正方向，粒子可能做勻速圓周運動 C．若電場沿x軸正方向、磁場沿z軸正方向，粒子有可能做勻速直線運動 D．若電場沿x軸正方向、磁場沿x軸負方向，粒子有可能做勻速圓周運動 解析　A選項中若電場力平衡了粒子的重力，則粒子沿y軸正方向做勻速直線運動，A選項錯誤；B選項中，若電

5、場力平衡了粒子的重力，則粒子僅受洛倫茲力充當向心力，所以可能做勻速圓周運動，B選項正確；C選項中，電場力沿x軸正方向，洛倫茲力沿x軸正方向，這兩力與重力的合力不為零，粒子不可能做勻速直線運動，C選項錯誤；D選項中，電場力沿x軸正方向而重力豎直向下，電場力不能平衡重力，所以這三力的合力不能總是指向圓心，故無法做勻速圓周運動，D選項錯誤． 答案　B 5.如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場．質子由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能

6、E′k的大小是(　　) A．E′k＝Ek B．E′k>Ek C．E′k

7、、c為圓環(huán)上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向．已知小球所受電場力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放．下列判斷正確的是(　　) A．當小球運動的弧長為圓周長的時，洛倫茲力最大 B．當小球運動的弧長為圓周長的時，洛倫茲力最大 C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大 D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小 解析　粒子從a點由靜止釋放，在a→b的過程中重力所做正功與電場力所做正功大小相等為mgR.在b→c過程中，開始時重力所做的正功大于電場力做的負功，動能繼續(xù)增大，后來重力所做的正功小于電場力所做的負功，動能減小，所以在b→c之間

8、的某個位置動能最大，速度最大，洛倫茲力最大，A、B錯誤，D正確；在由a點到b點的過程中電場力做正功，電勢能減小，C錯誤． 答案　D 7.如圖所示，一束質量、速度和電荷量不全相等的離子，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B束，下列說法中正確的是(　　) A．組成A、B束的離子都帶正電 B．組成A、B束的離子質量一定不同 C．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 D．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 解析　A與B兩束離子由速度選擇器進入磁場后，由左手定則可判斷出A、B兩束離子均帶正電；離子在速度選擇器中做勻速直線運動，兩離子帶正電，所

9、受電場力與場強方向一致，水平向右，洛倫茲力必水平向左與電場力等大；Bqv＝qE?v＝，由左手定則可得速度選擇器中的磁場方向應垂直于紙面向里；兩離子進入磁場后做勻速圓周運動，觀察可得圓周運動半徑不同，依據(jù)r＝可得兩離子的比荷不等，A束離子的圓周運動的半徑較小，則比荷大于B束離子． 答案　AD 8.如圖所示，實線表示在豎直平面內的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中錯誤的是(　　) A．液滴一定做勻速直線運動 B．液滴一定帶正電 C．電場線方向一定斜向上 D．液滴有可能做勻變

10、速直線運動 解析　要保證做直線運動有兩種情況：合力為零或者合力與速度共線；帶電液滴要考慮它的重力，洛倫茲力與速度有關，若合力與速度共線，速度大小就要變化，則洛倫茲力就要變化，無法保證合力總是與速度共線，所以只能是勻速直線運動；所以A選項正確，D選項錯誤；受力分析知若粒子帶負電，無論場強方向如何合力都不會為零，因此B選項正確；若電場線方向斜向下，則合力必不為零，C選項正確． 答案　D 9．如圖所示，一束粒子(不計重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，磁感應強度大小可根據(jù)實際要

11、求調節(jié)，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．則收集室收集到的是(　　) A．具有特定質量的粒子　　 B．具有特定比荷的粒子 C．具有特定速度的粒子 D．具有特定動能的粒子 解析　粒子在加速電場Ⅰ中由動能定理可得qU＝mv2?v＝ ，粒子沿直線O1O2O3運動，則在相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ中必定受力平衡，可得qE＝Bqv?v＝為某一定值．故選項B、C正確． 答案　BC 10.地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶電油滴能沿一條與豎直方向成α角的直線MN運動(MN在垂直于磁場方向的平面內)，如圖所示．則以下判斷中正

12、確的是(　　) A．如果油滴帶正電，它是從M點運動到N點 B．如果油滴帶正電，它是從N點運動到M點 C．如果電場方向水平向左，油滴是從M點運動到N點 D．如果電場方向水平向右，油滴是從M點運動的N點 解析　帶電油滴能夠沿直線運動，分析可得帶電油滴一定是勻速直線運動，因為若做變速直線運動，則洛倫茲力大小就發(fā)生變化，從而無法保證重力、電場力、洛倫茲力大小就發(fā)生變化，從而無法保證重力、電場力、洛倫茲力三力的合力總是與速度共線．如果油滴帶正電，受力分析可得只有從M點運動到N點，電場水平向左，三力的合力才有可能為零，A選項正確，B選項錯誤；如果帶電油滴帶負電，同理可得C選項正確，D選項錯誤

13、． 答案　AC 11．某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動，如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP′N′N充滿豎直向下的勻強電場，寬為d；矩形區(qū)域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，長為3s，寬為s；NN′為磁場與電場之間的薄隔離層．一個電荷量為e、質量為m、初速為零的電子，從P點開始被電場加速經隔離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，最后電子僅能從磁場邊界M′N′飛出，不計電子所受重力． (1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比； (2)求電場強度的取值范圍； (3)A是M′N′的中點，若要使電子在

14、A、M′間垂直于AM′飛出，求電子在磁場區(qū)域中運動的時間． 解析　(1)設圓周運動的半徑分別為R1、R2、…、Rn、Rn＋1…，第一和第二次圓周運動速率分別為v1和v2，動能分別為Ek1和Ek2. 由Ek2＝0.81Ek1，R1＝，R2＝，Ek1＝mv，Ek2＝mv 得R2R1＝0.9. (2)設電場強度為E，第一次到達隔離層前的速率為v′. 由eEd＝mv′2,0.9×mv′2＝mv，R1＝，R1≤s得E≤ 又由Rn＝0.9n－1R1,2R1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n＋…)>3s 得E>

15、n，運動總時間為t. 由題意，有＋Rn＋1＝3s，R1≤s，Rn＋1＝0.9nR1，Rn＋1≥ 得n＝2 又由T＝ 得t＝. 答案　(1)0.9 (2)

16、平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t. (2)若Ⅱ區(qū)寬度L2＝L1＝L、磁感應強度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h. (3)若L2＝L1＝L，B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應滿足的條件． (4)若B1≠B2、L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應滿足的關系式． 解析　(1)如圖①所示，設粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度為v，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為R1，由動能定理和牛頓第二定律得 qU＝mv2

17、 ① qvB1＝m ② 由幾何知識得 L＝2R1sinθ ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 B0＝ . ④ 設粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期為T，運動的時間為t T＝ ⑤ t＝T

18、 ⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得 t＝ . ⑦ (2)設粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為R2，由牛頓第二定律得 qvB2＝m ⑧ 由幾何知識可得 h＝(R1＋R2)(1－cosθ)＋Ltanθ⑨ 聯(lián)立②③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得 h＝L. ⑩ (3)如圖②所示，為使粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應滿

19、足R2(1＋sinθ) . ? (4)如圖③(或圖④)所示，設粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時速度與水平方向的夾角為α，由幾何知識可得 L1＝R1(sinθ＋sinα) ? [或L1＝R1(sinθ－sinα)] L2＝R2(sinθ＋sinα) ? [或L2＝R2(sinθ－sinα)] 聯(lián)立②⑧式得 B1R1＝B2R2 ? 聯(lián)立???式得 B1L1＝B2L2 ? 答案　(1)t＝ (2)h＝L (3)B2> (4)B1L1＝B2L2