2019版高考物理一輪復習 第九章 磁場 課后分級演練27 帶電粒子在復合場中的運動.doc
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課后分級演練(二十七) 帶電粒子在復合場中的運動 【A級——基礎練】 1．(多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示．不計空氣，則( ) A．一定有h1＝h3 B．一定有h1h2，所以D錯誤．第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤．
2.(多選)如圖，空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關于小球的運動，下列說法正確的是( )
A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動
B．只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動
C．若有小球能做直線運動，則它一定是勻速運動
D．兩小球在運動過程中機械能均守恒
解析：AC 沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能做勻速直線運動，A正確，B錯誤．在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動，C正確．兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機械能不守恒，D錯誤．
3.如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(H)和氦核(He)．下列說法中正確的是( )
A．它們的最大速度相同
B．它們的最大動能相同
C．它們在D形盒內(nèi)運動的周期不同
D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能
解析：A 由Bqv＝m得v＝，H和He的比荷相等，故v也相同，即A項正確．Ekm＝mv2＝，H和He的的值不等，則Ekm不同，即B項錯．周期T＝，由上述分析可見T相同，即C項錯．粒子的最大動能與頻率無關，故D項錯．
4.(多選)如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有水平方向的勻強磁場．現(xiàn)用水平恒力拉乙物塊，使甲、乙一起保持相對靜止向左加速運動，在加速運動階段，下列說法正確的是( )
A．甲對乙的壓力不斷增大
B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大
C．乙對地板的壓力不斷增大
D．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小
解析：ACD 對甲、乙兩物塊受力分析，甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大，乙物塊對地板的壓力不斷增大，甲、乙一起向左做加速度減小的加速運動；甲、乙兩物塊間的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減?。蔄、C、D正確．
5.如圖所示，一電子束垂直于電場線與磁感應線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是( )
A．將變阻器滑動頭P向右滑動
B．將變阻器滑動頭P向左滑動
C．將極板間距離適當減小
D．將極板間距離適當增大
解析：D 電子入射極板后，偏向A板，說明Eq＞Bvq，由E＝可知，減小場強E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，故C錯誤，D正確；而移動滑動頭P并不能改變板間電壓，故A、B均錯誤．
6.如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為的勻強磁場．一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30角斜向上射入磁場，且在上方運動半徑為R.不計重力，則( )
A．粒子經(jīng)偏轉一定能回到原點O
B．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2∶1
C．粒子完成一次周期性運動的時間為
D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R
解析：D 帶電粒子在磁場中一直向x軸正方向運動，A錯誤．因R＝且B1＝2B2，所以軌道半徑之比R1∶R2＝1∶2，B錯誤．粒子完成一次周期性運動的時間t＝T1＋T2＝＋＝，C錯誤．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離l＝R＋2R＝3R，D正確．
7.(多選)如圖，為探討霍爾效應，取一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導體，給金屬導體加與前后側面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導體上、下表面M、N間電壓為U.已知自由電子的電荷量為e.下列說法中正確的是( )
A．M板比N板電勢高
B．導體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大
C．導體中自由電子定向移動的速度為v＝
D．導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為
解析：CD 電流方向向右，電子定向移動方向向左，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則M板積累了電子，M、N之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低，選項A錯誤．電子定向移動相當于長度為d的導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應電動勢E，則有U＝E＝Bdv，可見，電壓表的示數(shù)與導體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關，選項B錯誤；由U＝E＝Bdv得，自由電子定向移動的速度為v＝，選項C正確；電流的微觀表達式是I＝nevS，則導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝，S＝db，v＝，代入得n＝，選項D正確．
8.如圖所示，一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力．在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域I，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓?。Ｗ釉诿慷螆A弧上運動的時間都為t.規(guī)定由紙面垂直向外的磁感應強度為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應強度B隨x變化的關系可能是( )
解析：C 由題目條件和題圖可知，粒子從a點運動到b點的過程中(即在磁場區(qū)域Ⅰ中)，磁感應強度為正，所以B、D錯誤；又知道粒子質量、帶電荷量、運動半徑及運動時間，由公式T＝及t＝T可以得到磁感應強度B的大小為，所以C正確，A錯誤．
9.如圖所示，一個質量m＝0.1 g，電荷量q＝410－4 C帶正電的小環(huán)，套在很長的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動．將棒置于正交的勻強電場和勻強磁場內(nèi)，E＝10 N/C，B＝0.5 T．小環(huán)與棒之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度．取g＝10 m/s2，小環(huán)電荷量不變．
解析：小環(huán)由靜止下滑后，由于所受電場力與洛倫茲力同向(向右)，使小環(huán)壓緊豎直棒．相互間的壓力為FN＝qE＋qvB.
由于壓力是一個變力，小環(huán)所受的摩擦力也是一個變力，可以根據(jù)小環(huán)運動的動態(tài)方程找出最值條件．
根據(jù)小環(huán)豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律得運動方程mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma.
當v＝0時，即剛下落時，小環(huán)運動的加速度最大，代入數(shù)值得am＝2 m/s2.
下落后，隨著v的增大，加速度a逐漸減?。攁＝0時，下落速度v達最大值，代入數(shù)值得vm＝5 m/s.
答案：am＝2 m/s2 vm＝5 m/s
10．x軸下方有兩個關于直線x＝－0.5a對稱的沿x軸的勻強電場(大小相等，方向相反)．如圖甲所示，一質量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以初速度v沿y軸正方向從P點進入電場，后從原點O以與過P點時相同的速度進入磁場(圖中未畫出)．粒子過O點的同時在MN和x軸之間加上按圖乙所示的規(guī)律發(fā)生周期性變化的磁場，規(guī)定垂直紙面向里為正方向．正向磁場與反向磁場的磁感應強度大小相等，且持續(xù)的時間相同．粒子在磁場中運動一段時間后到達Q點，并且速度也與過P點時速度相同．已知P、O、Q在一條直線上，與水平方向夾角為θ，且P、Q兩點橫坐標分別為－a、a.試計算：
(1)電場強度E的大??；
(2)磁場的磁感應強度B的大??；
(3)粒子從P到Q的總時間．
解析：(1)帶電粒子在第三象限的運動為兩個階段的勻變速曲線運動，且時間相等，設為t，對該運動分析得
y方向：atan θ＝2vt
x方向：a＝t2，
解得：E＝，
t＝.
(2)帶電粒子在第一象限的磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示(只畫出一個周期的情況)
設半徑為R，由幾何關系可知
＝4nRcos θ(n＝1,2,3，…)，
Bqv＝m，
解得B＝(n＝1,2,3，…)．
(3)帶電粒子在電場中運動的時間
t電＝2t＝.
研究帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，設時間為t磁，設單元圓弧對應的圓心角為α，由幾何關系可知
α＝π－2θ，
則t磁＝2n＝，
所以粒子從P到Q的總時間
t總＝t電＋t磁＝＋.
答案：(1) (2)(n＝1,2,3，…)
(3)＋
【B級——提升練】
11．(2017三門峽市陜州中學檢測)如圖甲，一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針轉動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5 s，關于帶電物塊及運動過程的說法正確的是
( )
A．該物塊帶負電
B．皮帶輪的傳動速度大小一定為1 m/s
C．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移
D．在2～4.5 s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對運動
解析：D 對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向有μFN－mgsin θ＝ma①
物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知，一定是FN逐漸減小，而開始時FN＝mgcos θ，后來FN′＝mgcos θ－f洛，即洛倫茲力的方向是向上的，物塊沿皮帶向上運動，由左手定則可知物塊帶正電，故A錯誤．物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當加速度等于0時，物塊達到最大速度，此時
mgsin θ＝μ(mgcos θ－f洛)②
由②式可知，只要皮帶的速度大于或等于1 m/s，則物塊達到最大速度的條件與皮帶的速度無關，所以皮帶的速度可能是1 m/s，也可能大于1 m/s，則物塊可能相對于傳送帶靜止，也可能相對于傳送帶運動，故B錯誤，D正確．由以上分析可知，皮帶的速度無法判斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移，故C錯誤．
12.(多選)如圖所示是選擇密度相同、大小不同的納米粒子的一種裝置．待選粒子帶正電且電荷量與其表面積成正比，待選粒子從O1進入小孔時可認為速度為零，加速電場區(qū)域Ⅰ的板間電壓為U，粒子通過小孔O2射入正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，其中勻強磁場的磁感應強度大小為B，左右兩極板間距為d，區(qū)域Ⅱ的出口小孔O3與O1、O2在同一豎直線上，若半徑為r0、質量為m0、電荷量為q0的納米粒子剛好能沿該直線通過，不計納米粒子重力，則( )
A．區(qū)域Ⅱ的電場的場強大小與磁場的磁感應強度大小比值為
B．區(qū)域Ⅱ左右兩極板的電勢差U1＝Bd
C．若密度相同的納米粒子的半徑r>r0，則它進入?yún)^(qū)域Ⅱ時仍將沿直線通過
D．若密度相同的納米粒子的半徑r>r0，它進入?yún)^(qū)域Ⅱ時仍沿直線通過，則區(qū)域Ⅱ的電場強度與原電場強度之比為
解析：AD 設半徑為r0的粒子加速后的速度為v，則有q0U＝m0v2，設區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度為E，由題意可知洛倫茲力等于電場力，即q0vB＝q0E，聯(lián)立解得E＝B，則＝，區(qū)域Ⅱ左右兩極板的電勢差為Ed＝Bd，故A正確，B錯誤；若納米粒子的半徑r>r0，設半徑為r的粒子的質量為m、帶電荷量為q、加速后的速度為v′，則m＝()3m0，而q＝()2q0，由mv′2＝qU，解得v′＝＝v
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磁場
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