【与名师对话】课标版物理2019年高考一轮总复习 重点回顾专练X3-1-8-4 含答案

重点回顾专练：带电粒子在复合场中的运动
一、选择题
1．(2016·湖南十二校联考)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A 、C 板间，带电粒子从P 0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )
A ．带电粒子每运动一周被加速一次
B ．P 1P 2＝P 2P 3
C ．加速粒子的最大速度与
D 形盒的尺寸无关
D ．加速电场方向需要做周期性的变化
[解析] 带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变
化，A 正确，D 错误．由动能定理得nqU ＝12m v 2，由qB v ＝m v 2R 得R ＝1B 2nmU q ，
R 与加速次数不成正比，故B 错误．最大动能为E k ＝(qBR )2
2m ，可知C 错误．
[答案] A
2．(多选)(2015·厦门检测)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上．则收集室收集到的是( )
A ．具有特定质量的粒子
B ．具有特定比荷的粒子
C ．具有特定速度的粒子
D ．具有特定动能的粒子
[解析] 粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得qU ＝12m v 2⇒v ＝
2qU
m ，粒子沿直线O 1O 2O 3运动，则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡，可得qE ＝Bq v ⇒v ＝
2qU m ＝E B ，即q m ＝E 22B 2U 为定值．故选项B 、C 正确．
[答案] BC
3．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如右图所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T ．则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )
A ．1.3 m/s ，a 正、b 负
B ．2.7 m/s ，a 正、b 负
C ．1.3 m/s ，a 负、b 正
D ．2.7 m/s ，a 负、b 正
[解析] 由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a 电极带正电，b 电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力
和洛伦兹力的合力为0，即q v B＝qE得v＝E
B ＝U
Bd≈1.3 m/s.
[答案] A
4．(多选)(2015·江苏阜宁中学月考)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如右图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是()
A．电势差U CD仅与材料有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0
C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
[解析]电势差U CD与磁感应强度B、材料有关，选项A错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向C侧面偏转，则电势差U CD<0，选项B正确；仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大，选项C正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D错误．
[答案]BC
5．(多选)(2015·日照调研)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动，一起向左加速运动．在加速运动阶段()
A ．甲、乙两物块间的摩擦力不变
B ．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大
C ．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动
D ．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动
[解析] 甲、乙组成的整体，受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向右的摩擦力作用，设甲、乙两物块质量分别为M 、m ，乙物块所受滑动摩擦力F f ＝μ[(M ＋m )g ＋q v B ]，随速度增大，乙物块与地面间摩擦力不断增大，B 项正确；由牛顿第二定律有：Eq －F f ＝(M ＋m )a ，整体速度不断增大过程中，加速度不断减小，C 项正确，D 项错；对甲物块应用牛顿第二定律，F ′f ＝Ma ，随整体加速度不断减小，甲、乙间的静摩擦力不断减小，A 项错．
[答案] BC
6．如图所示，a 、b 为竖直正对放置的平行金属板，其间构成偏转电场，其中a 板带正电，两板间的电压为U ，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界与两金属板下端的水平面PQ 重合，PQ 下方的磁场范围足够大，磁场
的磁感应强度大小为B ，一比荷为q m 带正电的粒子以速度v 0从两板中间位置沿与
a 、
b 板平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ 边界上的M 点进入磁场，运动一段时间后又从PQ 边界上的N 点射出磁场，设M 、N 两点间的距离为x (M 、N 点图中未画出)．则以下说法中正确的是( )
A ．只减小磁感应强度
B 的大小，则x 减小
B ．只增大初速度v 0的大小，则x 减小
C ．只减小偏转电场的电压U 大小，则x 不变
D ．只减小带电粒子的比荷q m 大小，则x 不变
[解析] 带正电的粒子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场
中，向右做类平抛运动，设进入磁场时速度为v ，与水平向右方向的夹角为θ，则在磁场中做匀速圆周运动，运动的弧所对的圆心角为2θ，半径为R ，由几何知
识得M 、N 两点的距离为：x ＝2R sin θ＝2m v Bq sin θ＝2m v 0Bq .只减小磁感应强度B 的大
小，则x 增大，选项A 错误；只增大初速度v 0的大小，则x 增大，选项B 错误；
只减小偏转电压U 的大小，则x 不变，选项C 正确；只减小带电粒子的比荷q m 的
大小，则x 增大，选项D 错误．
[答案] C
7．如图所示，Oxyz 坐标系的y 轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向和磁场方向都与x 轴平行．从y 轴上的M 点(0，H,0)无初速释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的小球，它落在xOz 平面上的N (c,0，b )点(c >0，b >0)．若撤去磁场则小球落在xOy 平面的P (L,0,0)点(L >0)，已知重力加速度为g .则( )
A ．匀强磁场方向沿x 轴正方向
B ．匀强电场方向沿x 轴正方向
C ．电场强度的大小E ＝mgL qH
D ．小球落至N 点时的速率v ＝g H 2＋c 2
H
[解析] 撤掉磁场，小球落在P 点，对其受力分析，可知：小球受竖直向下的重力、沿x 轴正向的电场力，而小球带负电，故匀强电场方向沿x 轴的负方向，
选项B 错误；根据分运动的等时性，则H ＝12gt 2，L ＝12qE m t 2，两方程相比可得：
E ＝mgL qH ，选项C 正确；加上磁场，小球落在N 点，其受到的洛伦兹力方向沿z
轴，由左手定则，可知：匀强磁场方向沿x轴负方向，选项A错误；从M点到N点，洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，由动能定理可得：mgH＋qEc
＝1 2m v 2，联立可得：v＝2g
H2＋Lc
H
，选项D错误．
[答案] C
8．(多选)(2015·成都一诊)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q ＝6×10－7 C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列判断正确的是()
A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/m
B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 J
C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N
[解析]根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随
纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝2×106
0.4V/m＝5×10
6 V/m，故A选项错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从
最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4 J，故B选项正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故C选项
错误；根据牛顿第二定律可得f B＝m v 2
L
，又qE＝mg，解得f B＝3 N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3 N，故D选项正确．
[答案]BD
二、非选择题
9．(2015·济南高三质检)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外．一质量为m、带正电的粒子(不计粒子重力)，从OM＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上OP＝2h处的P点进入磁场，粒子在磁场中运动的轨道半径为r，以垂直于y轴的方向射出磁场．求：
(1)粒子所带的电荷量q；
(2)磁感应强度B；
(3)粒子在磁场中运动的时间．
[解析]粒子的运动轨迹如图所示．
(1)粒子在电场中做类平抛运动，有
2h ＝v 0t ①
h ＝12at 2②
其中a ＝Eq m ③
解得q ＝m v 202Eh ④
(2)对粒子在电场中做类平抛运动的末状态进行分析：
由直角三角形知识可知
v ＝v 20＋v 2y ⑤
y 轴的方向有h ＝v y t 2，v y ＝v 0⑥
联立⑤⑥得θ＝45°，v ＝2v 0⑦
对粒子在磁场中的圆周运动进行分析：
v 2＝v 1＝v ，q v B ＝m v 2r ⑧
联立④⑦⑧得B ＝22Eh v 0
r . (3)粒子在磁场中的运动周期 T ＝2πr 2v 0
. 由几何知识知，轨迹所对的圆心角为34π 故粒子在磁场中运动的时间
t ＝3T 8＝32πr 8v 0
. [答案] (1)m v 202Eh (2)22Eh v 0r (3)32πr 8v 0
10．(2015·莆田模拟)如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x ≤4 m 区域内，
分布着E ＝28×106 N/C 的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着大小均为B ＝5.0×10－2 T 的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m ＝1.6×10－27 kg 、电荷量为q ＝3.2×10－19 C 的带正电的粒子(重力不计)，从坐标点M (－4 m ， 2 m)处，以v ＝2×107 m/s 的速度平行于x 轴向右运动，并先后通过匀强磁场和匀强电场区域．求：
(1)带电粒子在磁场中的运动半径r ；
(2)粒子在两个磁场区域及电场区域偏转所用的总时间；
(3)在图中画出粒子从直线x ＝－4 m 到x ＝4 m 之间的运动轨迹，并求出运动轨迹与y 轴和直线x ＝4 m 交点的纵坐标．
[解析] (1)带电粒子在磁场中偏转，由牛顿运动定律得
q v B ＝m v 2
r
， 所以r ＝m v qB ，
代入数据得r ＝ 2 m.
(2)带电粒子在磁场中的运动周期
T ＝2πm Bq ＝6.28×10－7 s ，
运动的时间t 1＝14T ＝1.57×10－7 s.
带电粒子在电场中运动的时间
t 2＝x v ＝42×10
7 s ＝2.83×10－7 s ， 故粒子在电磁场偏转所用的总时间
t ＝t 1＋t 2＝4.40×10－7 s.
(3)如图所示
分析知：粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了18周，下移了(2－1)
m ，由对称性知粒子在方向向内的磁场中恰好沿逆时针运动了18周，又下移了(2
－1) m ，故y 1＝[2－2(2－1)] m ＝(2－2) m.
粒子水平飞入电场，
竖直方向上满足a ＝Eq m ＝24×1014 m/s 2
y 2＝y 1＋12at 22＝2 m.
[答案] (1) 2 m (2)4.40×10－7 s (3)见解析
11．如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E ＝40 N/C ；在y 轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，15π s 后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r ＝0.3 m 的圆形区域里(图中未画出)，且圆的左侧与y 轴相切，磁感应强度B 2＝0.8 T ．t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝2×10－4 C 的带正电微粒从x 轴上x P ＝－0.8 m 处的P 点以速度v ＝0.12 m/s 沿x 轴正方向射出．(g 取10 m/s 2，计算结果保留两位有效数字)
(1)求微粒在第二象限运动过程中离y 轴、x 轴的最大距离；
(2)若微粒穿过y 轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x ，y )．
[解析] (1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力
F 电＝Eq ＝8×10－3 N ，
G ＝mg ＝8×10－3 N
F 电＝
G ，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
因为q v B 1＝m v 2R 1
， 所以R 1＝m v B 1q ＝0.6 m ， T ＝2πm B 1q ＝10π s. 从图乙可知在0～5π s 内微粒做匀速圆周运动
在5π～10π s 内微粒向左做匀速运动，运动位移
x 1＝v T 2＝0.6π m.
在10π～15π s 内，微粒又做匀速圆周运动，15π s 以后向右做匀速运动，之后穿过y 轴．
所以，离y 轴的最大距离
s ＝0.8 m ＋x 1＋R 1＝1.4 m ＋0.6π m ＝3.3 m
离x 轴的最大距离s ′＝2R 1×2＝4R 1＝2.4 m.
(2)如图所示，微粒穿过圆形磁场时要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径．
因为q v B2＝m v 2
R2
，
所以R2＝m v
B2q
＝0.6 m＝2r，所以最大偏转角θ＝60°，所以圆心坐标x＝0.30 m，
y＝s′－r cos60°＝2.4 m－0.3 m×1
2≈2.3 m，
即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.3 m)．
[答案](1)3.3 m 2.4 m(2)(0.30 m,2.3 m)。