《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)42 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)42 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、作業(yè)42　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 10 一、選擇題 1．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看作為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片P上，設(shè)離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，可以判斷(　　) 圖42－1 A．若離子束是同位素，則x越小，離子質(zhì)量越大 B．若離子束是同位素，則x越小，離子質(zhì)量越小 C．只要x相同，則離子質(zhì)量一定相同 D．x越大，則離子的比荷一定越大 解析：由qU＝mv2① qvB＝② 解得r＝，又x＝2r，分析各選項可知只有B正確． 答案：

2、B 圖42－2 2．(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖42－2所示．D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上．位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速．當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能Ek后，再將它們引出．忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是(　　) A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大 B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運行的時間會變短 C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置加速質(zhì)子 D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半

3、徑之比為∶ 解析：由r＝可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān)，故A錯誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速的次數(shù)減少，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運行時間變短，B正確；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，C錯誤；由nqU＝mv以及rn＝可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶，D正確． 答案：BD 圖42－3 3．(2019年日照三校聯(lián)考)如圖42－3所示，勻強磁場垂直于紙面向里，勻強電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動，經(jīng)a點后到b點時速度減為零，接著又滑了下來．設(shè)物塊帶電荷量保持不變

4、，則從a到b和從b回到a兩過程相比較(　　) A．加速度大小相等 B．摩擦產(chǎn)生熱量不相同 C．電勢能變化量的絕對值不相同 D．動能變化量的絕對值相同 解析：兩過程中，重力、電場力恒定、支持力方向不變，洛倫茲力、摩擦力方向相反，物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度必定不同，A項錯誤；上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動摩擦力Ff′＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動摩擦力Ff″＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦產(chǎn)生熱量Q＝Ffx，兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項正確；a、b兩點電勢確定，由Ep＝qφ可知，

5、兩過程中電勢能變化量的絕對值相等，C項錯誤；整個過程中，重力做功為零，電場力做功為零，摩擦力做功不為零，故物塊動能一定變化，所以上滑和下滑兩過程中動能變化量絕對值一定不同，D項錯誤． 答案：B 圖42－4 4．(多選)如圖42－4所示是粒子速度選擇器的原理圖，如果粒子所具有的速率v＝，那么(　　) A．帶正電粒子必須沿ab方向從左側(cè)進入場區(qū)，才能沿直線通過 B．帶負(fù)電粒子必須沿ba方向從右側(cè)進入場區(qū)，才能沿直線通過 C．不論粒子電性如何，沿ab方向從左側(cè)進入場區(qū)，都能沿直線通過 D．不論粒子電性如何，沿ba方向從右側(cè)進入場區(qū)，都能沿直線通過 解析：按四個選項要求讓粒子進入，

6、洛倫茲力與電場力等大反向抵消了的就能沿直線勻速通過磁場． 答案：AC 5．(2019年浙江模擬)電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用．如圖42－5所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂直向外的磁場B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上，則(　　) 圖42－5 A．泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極 B．通過泵體的電流I＝ C．增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度 D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度 解析：當(dāng)泵體上表面接電源的正極時，電流

7、從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向左拉動液體，故A錯誤；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻R＝ρ＝×＝，因此流過泵體的電流I＝＝UL1·σ，故B錯誤；增大磁感應(yīng)強度B，泵體內(nèi)液體受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯誤． 答案：C 圖42－6 6．(2019年江蘇清江中學(xué)檢測)如圖42－6所示為一長方體容器，容器內(nèi)充滿NaCl溶液，容器的左右兩壁為導(dǎo)體板，將它們分別接在電源的正、負(fù)極上，電路中形成一定的電流，整個裝置處于垂直于前后表面的勻強磁場中，則關(guān)于液體上、下兩表面的電勢，下列說法正確的

8、是 (　　) A．上表面電勢高，下表面電勢低 B．上表面電勢低，下表面電勢高 C．上、下兩表面電勢一樣高 D．上、下兩表面電勢差的大小與磁感應(yīng)強度及電流強度的大小有關(guān) 解析：由題圖可知，電流從左向右流動，正負(fù)離子的流動方向完全相反，即正離子向右流動，負(fù)離子向左流動，根據(jù)左手定則，正負(fù)離子都向上偏轉(zhuǎn)，下表面不帶電，上表面正負(fù)離子電性中和，也不帶電，故電勢差為零，即上、下兩表面電勢一樣高，C正確． 答案：C 圖42－7 7．(多選)三個帶相同正電荷的粒子a、b、c(不計重力)，以相同的動能沿平行板電容器中心線同時射入相互垂直的電磁場中，其軌跡如圖42－7所示，由此可以斷定(　　

9、) A．三個粒子中，質(zhì)量最大的是c，質(zhì)量最小的是a B．三個粒子中，質(zhì)量最大的是a，質(zhì)量最小的是c C．三個粒子中，動能增加的是c，動能減少的是a D．三個粒子中，動能增加的是a，動能減少的是c 解析：本題考查同一電、磁疊加場中不同帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題．因為b粒子沒有偏轉(zhuǎn)，可知b粒子受到的電場力和磁場力是一對平衡力．根據(jù)粒子電性和磁場方向，可以判斷電場力方向向下，洛倫茲力方向向上．對于a粒子，qvaB>Eq；對于c粒子，qvcBvb>vc，故ma

10、倫茲力均不做功，所以c粒子動能增加，a粒子動能減少，C正確，D錯誤． 答案：AC 8．(2019年云南邵通二模)(多選)磁流體發(fā)電機是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機，圖42－8為其原理示意圖，水平放置的平行金屬板C、D間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒)水平射入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓．定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半，與開關(guān)S串聯(lián)接在C、D兩端，已知兩金屬板間距離為d，射入等離子體的速度為v，磁流體發(fā)電機本身的電阻為r(R0

11、　) 圖42－8 A．電阻R0消耗的功率最大值為 B．滑動變阻器消耗的功率最大值為 C．金屬板C為電源負(fù)極，D為電源正極 D．發(fā)電機的輸出功率先增大后減小 解析：根據(jù)左手定則可判斷兩極板的極性，離子在運動過程中同時受靜電力和洛倫茲力，到二力平衡時兩極板間的電壓穩(wěn)定，E＝Bdv.由題圖可知，當(dāng)滑片P位于b端時，電路中電流最大，電阻R0消耗功率最大，其最大值為P1＝I2R0＝＝，故A正確；將定值電阻R0歸為電源內(nèi)阻，因為滑動變阻器的最大阻值2R0

12、向C板偏轉(zhuǎn)，所以極板C為電源負(fù)極，極板D為電源正板，C正確；等離子體穩(wěn)定流動時，洛倫茲力與靜電力平衡，即Bqv＝q，所以電源電動勢為E＝Bdv，又R0

13、勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角θ＝45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，求： (1)兩板間電壓的最大值Um； (2)CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s； (3)粒子在磁場中運動的最長時間tm. 圖42－10 解析：(1)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點， 如圖42－10所示，CH＝QC＝L， 故半徑r1＝L， 又因為qv1B＝m 且qUm＝mv， 所以Um＝. (2)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的

14、半徑為r2，設(shè)圓心為A，在△AKC中， sin45°＝，解得r2＝(－1)L， 即KC＝r2＝(－1)L 所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s＝HK， 即s＝r1－r2＝(2－)L. (3)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半個周期，所以tm＝＝. 答案：(1)　(2)(2－)L　(3) 10．如圖42－11所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成60°角射入磁場，最

15、后從y軸負(fù)半軸上的P點與y軸正方向成60°角射出磁場，不計粒子重力，求： 圖42－11 (1)粒子在磁場中運動的軌道半徑R； (2)勻強電場的場強大小E. 圖42－12 解析：(1)因為粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子過N點時的速度為v，把速度v分解如圖42－12所示． 根據(jù)平拋運動的速度關(guān)系，粒子在N點進入磁場時的速度 v＝＝＝2v0. 如圖42－13所示， 分別過N、P點作速度方向的垂線，相交于Q點，則Q是粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心 由洛倫茲力提供向心力： qvB＝m 圖42－13 得R＝， 代入v＝2v0得粒子的軌道半徑 R＝. (2)粒

16、子在電場中做類平拋運動，設(shè)加速度為a，運動時間為t 由牛頓第二定律：qE＝ma 設(shè)沿電場方向的分速度為vy＝at 粒子在電場中沿x軸方向做勻速運動，由圖42－13根據(jù)粒子在磁場中的運動軌跡可以得出： 粒子在x軸方向的位移：Rsin30°＋Rcos30°＝v0t 又vy＝v0tan60° 由以上各式可以解得E＝. 答案：(1)R＝　(2)E＝ 圖42－14 11．(2019年唐山統(tǒng)考)如圖42－14所示，在xOy平面內(nèi)，在x>0范圍內(nèi)以x軸為電場和磁場的邊界，在x<0范圍內(nèi)以第三象限內(nèi)的直線OM為電場與磁場的邊界，OM與x軸負(fù)方向成θ＝45°角，在邊界的下方空間存在著垂直于

17、紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.1 T，在邊界的上方有沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E＝32 N/C；在y軸上的P點有一個不計重力的帶電微粒，以沿x軸負(fù)方向的初速度v0＝2×103 m/s射出，已知OP＝0.8 cm，微粒所帶電荷量q＝－5×10－18 C，質(zhì)量m＝1×10－24 kg，求： (1)帶電微粒第一次進入電場時的位置坐標(biāo)； (2)帶電微粒從P點出發(fā)到第三次經(jīng)過電、磁場邊界經(jīng)歷的總時間； (3)帶電微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度大?。? 解析：(1)帶電微粒從P點開始在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖42－15所示，第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點，由半徑公式可

18、得 圖42－15 r＝＝4×10－3 m. 因為OP＝0.8 cm，勻速圓周運動的圓心在OP的中點C，由幾何關(guān)系可知，A點位置的坐標(biāo)為(－4×10－3 m，－4×10－3 m)． (2)帶電微粒在磁場中做勻速圓周運動的周期為 T＝＝1.256×10－5 s. 由圖可知，微粒運動四分之一個圓周后豎直向上進入電場，故t1＝T＝0.314×10－5 s. 微粒在電場中先做勻減速直線運動到速度為零，然后反向做勻加速直線運動，微粒運動的加速度為a＝， 故在電場中運動的時間為 t2＝＝＝2.5×10－5 s. 微粒再次進入磁場后又做四分之一圓周運動，故t3＝t1＝0.314×10－

19、5 s，所以微粒從P點出發(fā)到第三次經(jīng)過電、磁場邊界的時間為t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10－5 s. (3)微粒從B點第三次經(jīng)過電、磁場邊界水平向左進入電場后做類平拋運動，則加速度 a＝＝1.6×108 m/s2， 則第四次到達電、磁場邊界時， y＝at，x＝v0t4，tan45°＝， 解得vy＝at4＝4×103 m/s. 則微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度為 v＝＝2×103 m/s. 答案：(1)(－4×10－3 m，－4×10－3 m) (2)3.128×10－5 s　(3)2×103 m/s 12．(2019年濟寧、曲阜模擬)如圖42－16所示，空間區(qū)域Ⅰ

20、、Ⅱ存在勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為磁場區(qū)域的理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g. 圖42－16 (1)試判斷小球的電性并求出電場強度E的大?。? (2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，在圖中作出小球的運動軌跡；求出釋放時距MN的高度h；并求出小球從開始釋放到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間t； (3)試討論h取不同值時，小球第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域的過程中電場力所做的

21、功W. 解析：(1)帶電小球進入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電． 由qE＝mg得，E＝. (2)帶電小球在進入磁場區(qū)域前做自由落體運動，由機械能守恒有：mgh＝mv2 帶電小球在磁場中作勻速圓周運動，設(shè)半徑為R，依牛頓第二定律有：qvB＝m 由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運動的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，軌跡如圖42－17所示．由幾何關(guān)系知R＝ 圖42－17 解得h＝， 小球從開始釋放到回到O點所經(jīng)歷的時間

22、由兩部分組成，一部分為無場區(qū)的運動，時間t1＝2， 一部分為電磁場區(qū)域的運動，時間t2＝×＝ 總時間t＝t1＋t2＝2＋＝＋. (3)當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖42－18所示，有：半徑R＝d解得對應(yīng)高度：h0＝ 圖42－18 討論：①當(dāng)hh0時，小球進入磁場Ⅰ區(qū)域后由下邊界PQ第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域進入Ⅱ區(qū)域，此過程電場力做功W＝－qEd即W＝－mgd 說明：第(3)問討論對于當(dāng)h＝h0時的臨界情況不做要求，即電場力做功W＝0或者W＝－mgd均可以． 答案：(1)正電　E＝ (2)圖見解析　h＝　t＝＋ (3)h<時，W＝0；h>時，W＝－mgd. 11