2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 課時(shí)作業(yè)32 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng) 新人教版

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1、課時(shí)作業(yè)32　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng) 時(shí)間：45分鐘 1．某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場．一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無關(guān)的是(　C　) A．磁場和電場的方向 B．磁場和電場的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度 解析：由于帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析知，電場力與磁場力平衡，qE＝qvB，即v＝，由此式可知，粒子入射時(shí)的速度、磁場和電場的強(qiáng)弱及方向有確定的關(guān)系，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 2．如圖所示是實(shí)驗(yàn)室里用來測量磁場力的一種儀器——電

2、流天平．某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室里用電流天平測算通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度，若他測得CD段導(dǎo)線長度為4×10－2 m，天平(等臂)平衡時(shí)鉤碼重力為4×10－5 N，通過導(dǎo)線的電流I＝0.5 A．由此，測得通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為(　A　) A．2.0×10－3 T，方向水平向右 B．5.0×10－3 T，方向水平向右 C．2.0×10－3 T，方向水平向左 D．5.0×10－3 T，方向水平向左 解析：天平(等臂)平衡時(shí)，CD段導(dǎo)線所受的安培力大小與鉤碼重力大小相等，即F＝mg，由F＝BIL得B＝＝＝2.0×10－3 T；根據(jù)安培定則可以知道磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，所以A正確，B、C、

3、D錯(cuò)誤． 3．速度相同的一束粒子(不計(jì)重力)由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是(　C　) A．該束粒子帶負(fù)電 B．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電 C．能通過狹縫S0的粒子的速度等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0，則粒子的比荷越小 解析：根據(jù)該束粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2時(shí)向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則判斷出該束粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受到電場力和洛倫茲力作用，由左手定則知洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向豎直向下，因粒子帶正電，故電場強(qiáng)度方向向下，速度選擇器的P1極板帶正電，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡

4、，有qvB1＝qE，得v＝，選項(xiàng)C正確；粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2中受到洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qvB2＝m，得r＝，可見v、B2一定時(shí)，半徑r越小，則越大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4．(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)．如圖所示，平行金屬板之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場，將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場．圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機(jī)，把兩個(gè)極板與用電器相連，則(　BD　) A．用電器中的電流方向從B到A B．用電器中的電流方向從A到B C．若只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢增大 D．若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢增大 解析：首先

5、對(duì)等離子體進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析：開始時(shí)由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上，負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下，則正離子向上板聚集，負(fù)離子向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫?，且上板為正極，下板為負(fù)極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故B正確，A錯(cuò)誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力F洛外，還受到向下的電場力F，最終二力達(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，由qvB＝q，解得E＝Bdv，所以電動(dòng)勢E與噴入粒子的速度大小v及磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B成正比，故D正確，C錯(cuò)誤． 5．(多選)在一個(gè)很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個(gè)電極E、F、M、N，做成了一個(gè)霍爾元件．在E、F間通入恒定電流I，同

6、時(shí)外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH.已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有(　AB　) A．N端電勢高于M端電勢 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，MN間電勢差越大 C．將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變 D．將磁場和電流分別反向，N端電勢低于M端電勢 解析：根據(jù)左手定則可知載流子所受洛倫茲力的方向指向N端，載流子向N端偏轉(zhuǎn)，則N端電勢高，故A正確；設(shè)M、N間的距離為d，薄板的厚度為h，則U＝Ed，Eq＝qvB，則I＝neSv＝nedhv，代入解得U＝，故B正確；將磁場方向變?yōu)榕c薄板的上、下表面平行，載流子不偏轉(zhuǎn)，所以UH發(fā)生變化，

7、C錯(cuò)誤；將磁場和電流分別反向，N端的電勢仍然高于M端電勢，D錯(cuò)誤． 6．如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E、方向與水平線成60°角，磁場的方向垂直紙面向里．一個(gè)帶正電小球從電磁復(fù)合場上方高度為h處自由落下，并沿直線通過電磁復(fù)合場，重力加速度為g.求： (1)帶電小球剛進(jìn)入復(fù)合場時(shí)的速度； (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度及帶電小球的比荷． 解析：(1)小球自由下落h的過程中機(jī)械能守恒，有mgh＝mv2，解得v＝. (2)小球在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí)受力情況如圖所示，水平方向：有F洛＝F電cos60°，即qvB＝Eqcos60°，得B＝；豎直方向，有Eqsi

8、n60°＝mg，解得＝. 答案：(1)　(2)　 7．(2019·湖南郴州一模)如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶正電的物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地面上，地面上方有水平方向的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)加一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙無相對(duì)滑動(dòng)并一同水平向左加速運(yùn)動(dòng)，在加速運(yùn)動(dòng)階段(　B　) A．甲、乙兩物塊間的摩擦力不變 B．甲、乙兩物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) C．乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小 D．甲、乙兩物塊可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解析：以甲、乙整體為研究對(duì)象，分析受力如圖甲所示，隨著速度的增大，F(xiàn)洛增大，F(xiàn)N增大，則乙物塊與地面之間的摩擦力f不斷增大，故C

9、錯(cuò)誤；由于f增大，F(xiàn)電一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a減小，甲、乙兩物塊做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后一起勻速運(yùn)動(dòng)，故B正確，D錯(cuò)誤；對(duì)甲進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，有F電－f′＝m甲a，a減小，則f′增大，即甲、乙兩物塊間的摩擦力變大，故A錯(cuò)誤． 8．如圖所示，兩極板間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，不計(jì)重力的氘核、氚核和氦核初速度為零，經(jīng)相同的電壓加速后，從兩極板中間垂直射入電磁場區(qū)域，且氘核沿直線射出．不考慮粒子間的相互作用，則射出時(shí)(　D　) A．偏向正極板的是氚核 B．偏向正極板的是氦核 C．射入電磁場區(qū)域時(shí)，氚核的動(dòng)能最大 D．射入電磁場區(qū)域時(shí)，氦核的動(dòng)量最大

10、 解析：氘核在復(fù)合場中沿直線通過，故有qE＝qvB，所以v＝；在加速電場中qU＝mv2，v＝，氚核的比荷比氘核的小，進(jìn)入磁場的速度比氘核小，洛倫茲力小于電場力，氚核向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；氦核的比荷等于氘核的，氦核進(jìn)入復(fù)合場的速度與氘核一樣，所以不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；射入復(fù)合場區(qū)域時(shí)，帶電粒子的動(dòng)能等于qU，氦核的電荷量最大，所以動(dòng)能最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；帶電粒子的動(dòng)量p＝mv＝，氦核的電荷量和質(zhì)量的乘積最大，動(dòng)量最大，選項(xiàng)D正確． 9．(2019·福建泉州檢測)如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢差為U，PQ板電勢高于MN板，且MN、

11、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g.求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)小球在金屬板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間． 解析：(1)小球在金屬板之間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受重力G、電場力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，三力合力為零，結(jié)合平衡條件可知小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外，且有qv0B＝mgtan45°① 得B＝② (2)解法1：設(shè)兩金屬板之間的距離為d，則板間電場強(qiáng)度 E＝③ 又qE＝mg④ h＝d

12、⑤ 小球在金屬板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝⑥ 解得t＝⑦ 解法2：由于f＝qv0B不做功，WG＝－mgh，W電＝qU，由動(dòng)能定理得qU－mgh＝0 h＝v0t 得t＝ 答案：(1)　垂直紙面向外　(2) 10．(2019·河南濮陽二模)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，兩個(gè)電場的電場強(qiáng)度大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，讓一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的P(－L，L)點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)并進(jìn)入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)后從x軸上的Q(L,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，重力加速度為g.求：

13、 (1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)的時(shí)間； (2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向． 解析：(1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，因此電場力和重力的合力方向沿PO方向，則粒子帶正電． mg＝qE1＝qE2，mg＝ma；L＝at2，解得t＝ (2)設(shè)粒子從O點(diǎn)進(jìn)入第四象限的速度大小為v，由動(dòng)能定理可得mgL＋qEL＝mv2，求得v＝2，方向與x軸正方向成45°，由于粒子在第四象限內(nèi)受到電場力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后從x軸上的Q(L,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里． 粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知 粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R＝L 由牛頓第二定律可得Bqv＝m，解得B＝ 答案：(1)　(2)，方向垂直紙面向里 8