高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电场和磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动课时作业-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电场和磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动课时作业-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电场和磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动课时作业-人教版高三全册物理试题.doc（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第3讲 带电粒子在复合场中的运动 限时规范训练一、单项选择题1如图所示，空间中有沿z方向的匀强电场，沿y方向的匀强磁场，沿y方向的重力场有一重力不可忽略的带电微粒以初速度v沿x方向射入，则微粒可能做()A匀速直线运动B匀速圆周运动C匀变速直线运动 D匀变速曲线运动解析：假如微粒带正电，则微粒受到沿y方向的重力，沿z方向的洛伦兹力，沿z方向的电场力，三个力不能平衡，所以不会做匀速直线运动；因为重力和电场力不能抵消，所以不会做匀速圆周运动；当电场力与洛伦兹力大小相等时，微粒所受合力大小等于重力，方向沿y方向，而速度v沿x方向，两者不共线，所以做匀变速曲线运动微粒带负电时结论一样，故D正确答案：D2

2、如图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动，则()A粒子一定带正电B若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板C若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动D若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间有可能是解析：不计重力，粒子仅受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，合力为零，电场力与洛伦兹力等大反向该粒子可以是正电荷，也可以是负电荷，选项A错误仅将板间距离变为原来的2倍，由

3、于金属板带电荷量不变，板间电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，选项B错误若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子所受电场力和洛伦兹力均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动，C正确若撤去电场，粒子将偏向某一极板，甚至从左侧射出，粒子在板间运动的最长时间可能是在磁场中运动周期的一半，选项D错误答案：C3如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间及自身的重力，则下列判断正确的是()A在Ek-t图中应有t

4、4t3t3t2t2t1B加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大C粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，与速度大小无关，因此，在Ek-t图中应有t4t3t3t2t2t1，A错误；由粒子圆周运动的半径r可知Ek，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，B、C错误，D正确答案：D4如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球

5、O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是()A小球能越过d点并继续沿环向上运动B当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大C小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大D小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小解析：由题意可知，小球运动的等效最低点在b、c中间，因此当小球运动到d点时速度为0，不能继续向上运动，选项A错误；小球在等效最低点时速度最大，所受洛伦兹力最大，选项B错误；小球从a运动到b的过程中，重力做正功，电场力也做

6、正功，所以重力势能与电势能均减小，选项C错误；小球从b运动到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，合力先做正功后做负功，动能先增大后减小，选项D正确答案：D5如图所示，在xOy直角坐标系中，第象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点已知OAOCd，则磁感应强度B和电场强度E可表示为()AB，EBB，ECB，EDB，E解析：设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则q

7、Umv2，带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv，依题意可知rd，联立可解得B；带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由dvt，dt2，联立可解得E，B正确答案：B二、多项选择题6下列四图中，A、B两图是质量均为m的小球以相同的水平初速度向右抛出，A图只受重力作用，B图除受重力外还受水平向右的恒定风力作用；C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里无限宽的匀强磁场且和电场正交，在两图中均以相同的初速度向右水平抛出质量为m的正电荷，两图中不计重力作用则下列有关说法正确的是()AA、B、C三图中的研究对象均做匀变速曲线运动B从开始抛

8、出经过相同时间，C、D两图竖直方向速度变化相同，A、B两图竖直方向速度变化相同C从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程中，C、D两图中的研究对象动能变化相同D相同时间内A、B两图中的研究对象动能变化相同解析：根据题给条件可知，A、B、C三图中的研究对象的受力均为恒力，因此研究对象均做匀变速曲线运动，选项A正确；从开始抛出经过相同时间，C、D两图研究对象在竖直方向受力不同，速度变化也不同，选项B错误；根据C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里的无限宽的匀强磁场且和电场正交可知，从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程中电场力做功相同，洛伦兹力不做功，重力忽略不

9、计，因此只有电场力做功，所以C、D两图中的研究对象动能变化相同，选项C正确；在相同时间内A、B两图中研究对象合力做功不同，则动能变化不相同，选项D错误答案：AC7(名师原创)如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B0.5 T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为37.一质量为m0.1 g、电荷量为q5104 C的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为0.4.现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放，则下列判断正确的是(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)()A圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B当圆环下滑的速度达到2.4 m/s时，圆环

10、与细杆之间的弹力为零C圆环下滑过程中的最大加速度为6 m/s2D圆环下滑过程中的最大速度为9.2 m/s解析：圆环下滑过程中，洛伦兹力始终与圆环速度方向垂直，所以洛伦兹力始终不做功，选项A错误；当圆环与细杆之间的弹力为零时，摩擦力也为零，此时洛伦兹力f与重力垂直于杆的分量mgcos 大小相等、方向相反，即qvBmgcos ，代入数据可得v3.2 m/s，选项B错误；圆环刚释放时，受到的洛伦兹力为零，这时的加速度由重力沿杆方向的分量与滑动摩擦力的合力提供，当圆环的速度开始增大后，洛伦兹力也随之增大，使得圆环对杆的压力减小，摩擦力也随之减小，当摩擦力为零时，圆环的加速度最大，此时qvBmgcos

11、，由牛顿第二定律可得F合mgsin ma，代入数据可得a6 m/s2，选项C正确；当洛伦兹力fmgcos 时，又开始出现摩擦力，圆环的加速度开始减小，但速度继续增大，弹力继续增大，摩擦力继续增大，当摩擦力Ffmgsin 时，圆环所受的合力为零，速度达到最大，由受力分析可知mgsin (qvmBmgcos )，代入数据解得vm9.2 m/s，选项D正确答案：CD三、非选择题8(2016高考江苏卷)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为

12、U0，周期T.一束该种粒子在t0时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用求：(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件解析：(1)粒子运动半径为R时qvBm且Emmv2解得Em(2)粒子被加速n次达到动能Em，则EmnqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为t加速度a匀加速直线运动vatnda(t)2由t0(n1)t，解得t0(3)只有在0(t)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的

13、比例为由99%，解得d答案：(1)(2)(3)d9如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AGAC)不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内求：(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；(2)离子从D处运动到G处的时间；(3)离子到达G处时的动能解析：(1)正离子轨迹如图所示圆周运动半径r满足drrcos 60，解得rd.(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有qv0Bm，T.由图知离子在磁

14、场中做圆周运动的时间为t1T.离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为t2.离子从D处运动到G处的总时间为tt1t2.(3)设电场强度为E，则有qEma，dat.根据动能定理得qEdEkGmv，解得EkG.答案：(1)d(2)(3)10在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角37.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E1104 N/C.小物体P1质量m2103 kg、电荷量q8106C，受到

15、水平向右的推力F9.98103 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t0.1 s与P1相遇P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力，求：(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.解析：(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为Ff，则F1qvBFf(mgF1)由题意，水平方向合力为零FFf0联立式，代入数据解得v4 m/s(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1vGta1t2设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsin m2gcos m2a2P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2a2t2ss1s2联立式，代入数据得s0.56 m.答案：(1)4 m/s(2)0.56 m