2019年高考物理(鲁科版)练习：第九章 第3讲 带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析

[课时作业]单独成册方便使用授课提示：对应学生用书第299页[基础题组]一、单项选择题1．如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)，则下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势面向左D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大解析：根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．答案：C2．(2018·湖南长沙高三调考)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：带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有v0v＝cos θ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有d2R＝cos θ，所以d＝2R v0v，又因为半径公式R＝m vBq，则有d＝2m v0Bq ＝2B2mU1q.故d随U1变化，d与U2无关，故A正确；B、C、D错误．答案：A3.如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是()A．适当减小电场强度EB．适当减小磁感应强度BC．适当增大加速电场极板之间的距离D．适当减小加速电压U解析：要使电子在复合场中做匀速直线运动，有Eq＝q v B.根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．适当减小电场强度E，即可以减小电场力，选项A正确；适当减小磁感应强度B，可以减小洛伦兹力，选项B错误；适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU＝12m v2可得v＝2eUm，由于两极板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，选项C错误；同理，适当减小加速电压U，可以减小电子进入复合场中的速度v，从而减小洛伦兹力，选项D错误．答案：A4．在空间中有水平方向的匀强电场和垂直纸面方向的匀强磁场，一质量为m(重力不可忽略)的带电微粒沿与水平方向成45°角的直线斜向右上方以速度v运动，由此可知()A．带电微粒一定带正电荷B．匀强磁场方向一定垂直纸面向里C．带电微粒可能做变速直线运动D．带电微粒所受的洛伦兹力大小一定为2mg解析：带电微粒沿与水平方向成45°角的直线斜向右上方以速度v运动，分析可知微粒受到竖直向下的重力、水平向右的电场力和垂直运动方向的斜向左上方的洛伦兹力．若微粒带正电荷，则电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里；若微粒带负电荷，则电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，选项A、B错误．由于洛伦兹力与速度大小有关，且与速度方向垂直，若速度大小变化，洛伦兹力大小将随之变化，带电微粒所受的合外力将不为零且方向不沿运动方向，因此只要微粒做直线运动，就一定做匀速直线运动，选项C错误．根据平衡条件可知，带电微粒所受的洛伦兹力大小一定为2mg，选项D正确．答案：D二、多项选择题5.如图是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内有磁感应强度为B的匀强磁场．现持续将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性)，垂直磁场喷入，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则()A．a板电势比b板电势低B．磁流体发电机的电动势E＝Bd vC ．负载电阻两端的电压大小为Bd vD ．两板间等离子体的电阻率ρ＝(Bd v －IR )S Id解析：参看磁流体发电机的装置图，利用左手定则可知，正、负微粒通过发电机内部时，带正电微粒向上偏，带负电微粒向下偏，则知a 板电势比b 板电势高，所以A 错误；当发电机稳定发电时，对微粒有F 洛＝F 电，即Bq v ＝E d q ，得电动势E ＝Bd v ，所以B 正确；由闭合电路欧姆定律有U R ＋U r ＝E ，又E ＝Bd v ，则负载电阻两端的电压U R <Bd v ，所以C 错误；由闭合电路欧姆定律有I ＝E r ＋R，由电阻定律有r ＝ρd S ，得ρ＝(Bd v －IR )S Id，所以D 正确． 答案：BD6.(2018·河南省实验中学月考)如图所示是医用回旋加速器的示意图，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(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )A ．氘核(21H)的最大速度较大B ．它们在D 形盒内运动的周期相等C ．氦核(42He)的最大动能较大D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：粒子在回旋加速器能达到的最大速度，取决于在最外圈做圆周运动的速度，根据q v B ＝m v 2R 得v ＝qBR m ，两粒子的比荷q m 相等，所以最大速度相等，A 错误．带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，两粒子的比荷q m 相等，所以周期相等，B正确．最大动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，两粒子的比荷q m 相等，但电荷量不等，所以氦核最大动能大，C 正确．回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同，否则无法加速，D 错误．答案：BC7.如图所示，两平行金属板P 、Q 右侧有一个半径为R 的半圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B ，O ′是半圆的圆心．金属板P 上O 处有一粒子源，可发射初速度不计的带负电的粒子(比荷为q m ＝k )，Q 板中心处有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场沿OO ′方向进入匀强磁场区域，下列说法正确的是( )A ．如果带电粒子恰好从M 点射出，则带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径可能是2RB ．如果带电粒子恰好从M 点射出，P 、Q 之间所加电压的大小为12kB 2R 2C ．若在P 、Q 两极板上所加直流电压为U 0，则带电粒子射出磁场时的速度大小为2kU 0D ．若在P 、Q 两极板上所加直流电压为U 0，则带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为B 2U 0k解析：如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子恰好从M 点射出时，轨迹半径r ＝R ，设带电粒子射入磁场时的速度大小为v ，由q v B ＝m v 2r 解得v ＝qBr m ，又qU ＝12m v 2，联立解得U ＝12kB 2R 2，选项A 错误，选项B 正确．若在P 、Q 两极板上加直流电压U 0，由qU 0＝12m v 21解得经过电场加速后带电粒子的速度大小为v 1＝2kU 0，带电粒子在磁场中运动的过程中，洛伦兹力对带电粒子不做功，速度大小不变，则带电粒子射出磁场时的速度大小v 2＝v 1＝2kU 0，再由q v 2B＝m v 22r 1，联立解得r 1＝1B 2U 0k ，选项C 正确，选项D 错误．答案：BC[能力题组]一、选择题8.如图所示，在一竖直平面内，y 轴左侧有一水平向右的匀强电场E 1和一垂直纸面向里的匀强磁场B ，y 轴右侧有一竖直方向的匀强电场E 2.一电荷量为q (电性未知)、质量为m 的微粒从x 轴上A 点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P 点运动到图中C 点，其中m 、q 、B 均已知，重力加速度为g ，则( )A ．微粒一定带负电B ．电场强度E 2一定竖直向下C ．两电场强度之比E 1E 2＝43D ．微粒的初速度为v ＝5mg 4Bq解析：微粒从A 到P 受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及电场力的性质可确定微粒一定带正电，此时有qE 1＝mg tan 37°，A 错误；微粒从P 到C 在电场力、重力作用下做直线运动，必有mg＝qE 2，所以E 2的方向竖直向上，B 错误；由以上分析可知E 1E 2＝34，C 错误；AP 段有mg ＝Bq v cos 37°，即v ＝5mg 4Bq ，D 正确．答案：D9.如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比．待选粒子从O 1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B ，左右两极板间距为d .区域Ⅱ出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上．若半径为r 0、质量为m 0、电荷量为q 0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则( )A ．区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为 2q 0Um 0B ．区域Ⅱ左右两极板间的电势差大小U 1＝Bdq 0Um 0C ．若纳米粒子的半径r >r 0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过D ．若纳米粒子的半径r >r 0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为 rr 0解析：设半径为r 0的粒子加速后的速度为v ，则有q 0U ＝12m 0v 2，设区域Ⅱ内电场强度为E ，由题意可知，洛伦兹力的大小等于电场力，即q 0v B ＝q 0E ，联立解得E ＝B 2q 0Um 0，区域Ⅱ左右两极板间的电势差大小U 1＝Bd 2q 0Um 0，则区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为2q 0U m 0，选项A 正确，B 错误；若纳米粒子的半径r >r 0，设半径为r 的粒子的质量为m 、带电荷量为q 、被加速后的速度为v ′，则m ＝(r r 0)3m 0，而q ＝(r r 0)2q 0，由12m v ′2＝qU ，解得v ′＝2q 0Ur 0m 0r ＝r 0r v ＜v ，故洛伦兹力变小，粒子带正电，粒子向左偏转，选项C 错误；由于v ′＝r 0r v ，故洛伦兹力与原来的洛伦兹力之比为q q 0 r 0r，而电场力与洛伦兹力平衡，根据F ＝qE ，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为r 0r ，选项D 错误． 答案：A10.(多选)(2018·湖南衡阳一中月考)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外．一质量为m 、带电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力，下列说法正确的是( ) A ．粒子一定带正电B ．加速电场的电压U ＝ER 2C ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷解析：粒子在磁场中由P 点运动到Q 点，由左手定则可判断粒子带正电，A 正确．由Eq ＝m v 2R 和qU ＝12m v 2，可得U ＝12ER ，B 正确．由Eq ＝m v 2R 和Bq v ＝m v 2r ，可得PQ ＝2r ＝2B ERm q ，C 错误．若一群粒子从静止开始落在胶片上的同一点，即E 、U 、B 、R 及PQ 间的距离都相同，由以上式子可得m q 相同，即比荷相同，D 正确．答案：ABD二、非选择题11.(2018·四川成都经济技术开发区高三一诊)如图所示，直角坐标中的第一象限中存在沿y 轴负方向的匀强电场，在第二象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场．一电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子，在－x 轴上的a 点以与－x 轴成60°角的速度v 0射入磁场，从y ＝L 处的b 点垂直于y 轴方向进入电场，并经过x 轴上x ＝2L 处的c 点．不计粒子重力．求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)电场强度E 的大小；(3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比．解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示．由几何知识可得r ＋r sin 30°＝L解得粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r ＝23L粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02r ，解得B ＝3m v 02qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2L ＝v 0t竖直方向：L ＝12at 2＝qEt 22m ，解得E ＝m v 022qL(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πr v 0＝4πL 3v 0由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角θ＝180°－60°＝120°粒子在磁场中做圆周运动的时间：t 1＝θ360°T ＝120°360°×4πL 3v 0＝4πL 9v 0粒子在电场中的运动时间t 2＝2L v 0粒子在磁场和电场中的运动时间之比t 1t 2＝4πL9v 02L v 0＝2π9 答案：(1)3m v 02qL (2)m v 022qL (3)2π912.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1.0×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t .解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有q v B ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan θ＝qE mg ③代入数据解得tan θ＝3，则θ＝60°.④(2)撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m ⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝v t ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝yx ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑨答案：(1)20 m/s 与电场E 的方向之间的夹角为60°斜向上(2)3.5 s。