2019版高考物理一轮复习 第九章 磁场 课后分级演练27 带电粒子在复合场中的运动.doc

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1、1课后分级演练课后分级演练( (二十七二十七) ) 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动【A 级基础练】1(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示不计空气，则( )A一定有h1h3 B一定有h1h2，所以 D 错误第 4 个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故 C 正确，B 错误2.

2、(多选)如图，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动C若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动D两小球在运动过程中机械能均守恒解析：AC 沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A 正确，B 错误在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C 正确两小球在

3、运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D 错误3.如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连现分别加速氘核( H)和氦核2 12( He)下列说法中正确的是( )4 2A它们的最大速度相同B它们的最大动能相同C它们在 D 形盒内运动的周期不同D仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：A 由Bqvm得v， H 和 He 的比荷相等，故v也相同，即 A 项正v2 RqBR m2 14 2确Ekmmv2， H 和 He 的的值不等，则Ekm不同，即 B 项错周期1 2q2B2R2 2m2 14 2q2 mT，由上

4、述分析可见T相同，即 C 项错粒子的最大动能与频率无关，故 D 项错2m Bq4.(多选)如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是( )A甲对乙的压力不断增大B甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C乙对地板的压力不断增大D甲、乙两物块间的摩擦力不断减小解析：ACD 对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于

5、Ffm甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小故 A、C、D 正确5.如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感应线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )A将变阻器滑动头P向右滑动B将变阻器滑动头P向左滑动C将极板间距离适当减小D将极板间距离适当增大解析：D 电子入射极板后，偏向A板，说明EqBvq，由E 可知，减小场强E的方U d法有增大板间距离和减小板间电压，故 C 错误，D 正确；而移动滑动头P并不能改变板间电压，故 A、B 均错误6.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B 23场一带

6、负电的粒子从原点O以与x轴成 30角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R.不计重力，则( )A粒子经偏转一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 21C粒子完成一次周期性运动的时间为2m 3qBD粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进 3R解析：D 带电粒子在磁场中一直向x轴正方向运动，A 错误因R且B12B2，所mv qB以轨道半径之比R1R212，B 错误粒子完成一次周期性运动的时间tT1T21 61 6，C 错误粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离m 3qB2m 3qBm qBlR2R3R，D 正确7.(多选)如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b

7、、厚度为d的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是( )AM板比N板电势高B导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C导体中自由电子定向移动的速度为vU BdD导体单位体积内的自由电子数为BI eUd解析：CD 电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则M板积累了电子，M、N之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，选项 A 错误电子定向移动相当于长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势

8、E，则有UEBdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，选项 B 错误；由UEBdv得，自由电子定向移动的速度为v，选项 C 正确；电流的微观表达式是InevS，则导体单位体积内的自由电子数U Bdn，Sdb，v，代入得n，选项 D 正确I evSU BdBI eUb8.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计重力在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域 I，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域、三4部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是( )解析：C 由题目条件和题图可知，

9、粒子从a点运动到b点的过程中(即在磁场区域中)，磁感应强度为正，所以 B、D 错误；又知道粒子质量、带电荷量、运动半径及运动时间，由公式T及tT可以得到磁感应强度B的大小为，所以 C 正确，A2m Bq90 360m 2qt错误9.如图所示，一个质量m0.1 g，电荷量q4104 C 带正电的小环，套在很长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E10 N/C，B0.5 T小环与棒之间的动摩擦因数0.2.求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度取g10 m/s2，小环电荷量不变解析：小环由静止下滑后，由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右)，使小环压紧竖直棒相互间的

10、压力为FNqEqvB.由于压力是一个变力，小环所受的摩擦力也是一个变力，可以根据小环运动的动态方程找出最值条件根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得运动方程mgFNma，即mg(qEqvB)ma.当v0 时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得am2 m/s2.下落后，随着v的增大，加速度a逐渐减小当a0 时，下落速度v达最大值，代入数值得vm5 m/s.答案：am2 m/s2 vm5 m/s10x轴下方有两个关于直线x0.5a对称的沿x轴的匀强电场(大小相等，方向相反)如图甲所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，以初速度v沿y轴正方向从P点进入电场，后从原点O以与过

11、P点时相同的速度进入磁场(图中未画出)粒子过O点的同时在MN和x轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等，且持续的时间相同粒子在磁场中运动一段时间后到达Q点，并且速度也与过P点时速度相同已知P、O、Q在一5条直线上，与水平方向夹角为，且P、Q两点横坐标分别为a、a.试计算：(1)电场强度E的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子从P到Q的总时间解析：(1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为t，对该运动分析得y方向：atan 2vtx方向：at2，1 2qE 2m解得：E，4mv2

12、aqtan2t.atan 2v(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示(只画出一个周期的情况)设半径为R，由几何关系可知4nRcos (n1,2,3，)，a cos Bqvm，v2 R解得B(n1,2,3，)4nmvcos2 qa(3)带电粒子在电场中运动的时间t电2t.atan v研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为t磁，设单元圆弧对应的圆心角为，由几何关系可知2，则t磁2n，2R v2a 2vcos26所以粒子从P到Q的总时间t总t电t磁.atan v2a 2vcos2答案：(1) (2)(n1,2,3，)4mv2 aqtan24nmvcos2 qa(3)ata

13、n v2a 2vcos2【B 级提升练】11(2017三门峡市陕州中学检测)如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其vt图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )A该物块带负电B皮带轮的传动速度大小一定为 1 m/sC若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D在 24.5 s 内，物块与皮带仍可能有相对运动解析：D 对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向有FN

14、mgsin ma物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由式可知，一定是FN逐渐减小，而开始时FNmgcos ，后来FNmgcos f洛，即洛伦兹力的方向是向上的，物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故 A 错误物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于 0 时，物块达到最大速度，此时mgsin (mgcos f洛)由式可知，只要皮带的速度大于或等于 1 m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是 1 m/s，也可能大于 1 m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送

15、带运动，故 B 错误，D 正确由以上分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故 C 错误12.(多选)如图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的7一种装置待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d，区域的出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上，若半径为r0、质量为m0、电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子重力，则( )A区域的电场的场强大小与磁场的磁感应

16、强度大小比值为 2q0U m0B区域左右两极板的电势差U1Bdq0U m0C若密度相同的纳米粒子的半径rr0，则它进入区域时仍将沿直线通过D若密度相同的纳米粒子的半径rr0，它进入区域时仍沿直线通过，则区域的电场强度与原电场强度之比为r0 r解析：AD 设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有q0Um0v2，设区域内电场1 2强度为E，由题意可知洛伦兹力等于电场力，即q0vBq0E，联立解得EB，则 2q0U m0E B，区域左右两极板的电势差为EdBd，故 A 正确，B 错误；若纳米粒子的半2q0U m02q0U m0径rr0，设半径为r的粒子的质量为m、带电荷量为q、加速后的速度为v，则m

17、()r r03m0，而q()2q0，由mv2qU，解得vvv，故粒子进入区域后受r r01 22q0Ur0 m0rr0 r到的洛伦兹力变小，粒子向左偏转，故 C 错误；由于vv，由EBv可得，区域r0 r的电场与原电场的电场强度之比为，故 D 正确r0 r13如图甲所示，在MN下方存在竖直向上的匀强电场，在MN上方以MN为弦、半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正方向弦MN所对的圆心角为 120.在t0 时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入磁场，运动到圆心O点后，做一次半径为 的R 2完整的圆周运动，再沿

18、直线运动到B点，在B点经挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图甲所示粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场求：8(1)磁场的磁感应强度B0的大小及变化周期T0；(2)粒子从B点运动到A点的最短时间t；(3)满足(2)中条件所加的电场强度E的大小解析：(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得R 2qvB0m，解得B0v2 r2mv qR由题图分析可知，粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点，然后做一个完整的圆周运动所用的时间为一个周期T0，则T0(1)RR vR v(2)设一个周期内没有磁场的时间为t1，存在磁场的时间为t2，则t1 ，t2

19、R vR v因为MON120，可求得MN与AB之间的距离为 .R 2粒子从B点返回时，刚好进入磁场并做 圆周运动，然后进入电场做匀减速运动，当返1 4回后刚离开电场时粒子做圆周运动，此时一定存在磁场，为了满足题图甲的运动轨迹，粒子在电场中的最短时间为t1t2.则粒子从B点运动到A点的最短时间为t2(t1t2)3 43 4t22t1t2(45)5 2R 2v(3)粒子在电场中做匀变速运动，加速度为aqE m根据速度公式得 2v(t1t2)qE m3 4解得E.8mv q4t13t28mv2 43qR答案：(1) (1) (2)(45) (3)2mv qRR vR 2v8mv2 43qR14如图甲

20、所示，竖直面MN的左侧空间存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)一个质量为m、电荷量为q的可视为质点的带正电的小球，以大小为v0的速度垂直于竖直面MN向右做直线运动，小球在t0 时刻通过电场中的P点，为使小球能在以后的运动中竖直向下通过D点(P，D间距为L，且它们的连线垂直于竖直平面MN ，D到竖直面MN的距离DQ等于L/)，经过研究，可以在电场所在的空间叠加如图乙所示随时间周期性变9化的、垂直纸面向里的磁场，设t0且为未知量求：2m qB0甲 乙(1)场强E的大小；(2)如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件t1的表达式；(3)进一步研究表明，竖直向下通过D点的小球将做周期性运动，

21、当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小，并在图中定性画出此时小球运动一个周期的轨迹解析： (1)小球进入电场，做匀速直线运动时有：Eqmg解得Emg q(2)在t1时刻加磁场，小球在时间t0内做匀速圆周运动，设圆周运动周期为T0，半径为R，竖直向下通过D点，如图甲所示，甲则t0T0，B0qv0m3 4v2 0 RPFPDR，即v0t1LR，解得t1L v0m qB0(3)小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电场中的运动周期T也增加在小球不飞出电场的情况下，当T最大时，有：DQ2R即，T0，解得B0，T0L 2mv0 qB02R v02m B0q2m

22、v0 qLL v0结合轨迹图可知，小球在电场中运动的最大周期：10T4(t0)，3T0 4解得T6L v0小球在电场中运动一个周期的轨迹图如图乙所示乙答案：(1) (2)t1mg qL v0m qB0(3) 轨迹图见解析2mv0 qL6L v015如图所示，在xOy平面的第象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E.第和第象限内有一个半径为R的圆，其圆心坐标为(R,0)，圆内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，一带正电的粒子(重力不计)以速度v0从第象限的P点平行于x轴进入电场后，恰好从坐标原点O进入磁场，速度方向与x轴成 60角，最后从Q点平行于y轴射出磁场P点所在处的横坐标x2R.求：

23、(1)带电粒子的比荷；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间解析：(1)粒子在电场中做类似平抛运动，根据分运动公式，有：tan 60vy v0at1 v0根据牛顿第二定律，有：aqE m水平分运动：x2Rv0t联立解得：vyv0tan 60v03q m3v2 02ER11(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：由几何关系，图中轨迹圆与磁场圆的两个交点、轨迹圆圆心O2、磁场圆圆心O1构成四边形，由于O1OO230，故O1OO2P是菱形，故：rR根据牛顿第二定律，有：qvBmv2 r式中：v2v0v0 cos 60联立解得：B4 3E3v0(3)在电场中是类似平抛运动，有：tx v02R v0在磁场中是匀速圆周运动，时间：tT 2 22m qB5R 12v0故总时间为：t总tt2R v05R 12v024R5R 12v0答案：(1) (2) (3)3v2 02ER4 3E3v024R5R12v0