2020高考物理單元卷 帶電粒子在復合場中的運動（通用）

第三模塊 第8章 第3單元 一、選擇題 圖26 1．如圖26所示，一粒子先后通過豎直方向的勻強電場區(qū)和豎直方向的勻強磁場區(qū)，最后粒子打在右側屏上第二象限上的某點．則下列說法中正確的是 (　　) A．若粒子帶正電，則E向上，B向上 B．若粒子帶正電，則E向上，B向下 C．若粒子帶負電，則E向下，B向下 D．若粒子帶負電，則E向下，B向上 解析：因帶電粒子打在第二象限上的某點，必在電場中向上偏，在磁場中向右偏，即在電場中受向上的電場力，在磁場中受指向右側的洛倫茲力．故AC正確． 答案：AC 2．如圖27所示為一“濾速器”裝置的示意圖．a(chǎn)、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間．為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運動，由O′射出．不計重力作用．可能達到上述目的的辦法是(　　) A．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直于紙面向里 B．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直于紙面向里 C．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直于紙面向外 圖27 D．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直于紙面向外 解析：要使電子沿直線OO′射出，則電子必做勻速直線運動，電子受力平衡．在該場區(qū)，電子受到電場力和洛倫茲力，要使電子所受二力平衡，則二力方向為豎直向上和豎直向下．A選項電子所受電場力豎直向上，由左手定則判斷洛倫茲力豎直向下，滿足受力平衡．同理，D選項也滿足受力平衡．所以A、D選項正確． 答案：AD 3．一重力不計的帶電粒子以初速度v0(v0<)先后穿過寬度相同且相鄰的有明顯邊界的勻強電場E和勻強磁場B，如圖28甲所示，電場和磁場對粒子總共做功W1；若把電場和磁場正交疊加，如圖28乙所示，粒子仍以v0的初速度穿過疊加場區(qū)，電場和磁場對粒子總共做功W2，比較W1、W2的大小 (　　) 圖28 A．一定是W1＝W2 B．一定是W1>W2 C．一定是W1<W2 D．可能是W1>W2，也可能是W1<W2 解析：無論粒子帶何種電荷，電場力和洛倫茲力的方向總是相反的，因此，把電場和磁場正交疊加時，粒子在電場力方向上的位移減小了，電場力做的功比原來小了，即W2<W1. 答案：B 4．場強為E的勻強電場與磁感應強度為B的勻強磁場正交，復合場的水平寬度為d，豎直方向足夠長，如圖29所示．現(xiàn)有一束帶電荷量為q、質(zhì)量為m的α粒子以各不相同的初速度v0沿電場方向射入場區(qū)，則那些能飛出場區(qū)的α粒子的動能增量ΔEk可能為(　　) A．dq(E＋B) B. C．qEd D．0 圖29 解析：帶電粒子可從左側飛出或從右側飛出場區(qū)，由于洛倫茲力不做功，電場力做功與路徑無關，所以從左側飛出時ΔEk＝0，從右側飛出時ΔEk＝Eqd，選項C、D正確． 答案：CD 5．如圖30所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴從h高處自由下落，進入一個互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面，磁感應強度為B，電場強度為E 已知液滴在此區(qū)域中做勻速圓周運動，則圓周運動的半徑 r為 (　　) A. B. C. D. 圖30 解析：液滴進入電磁場的速度v＝，液滴在重力、電場力、洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，滿足mg＝qE，qvB＝m，可得A、C選項正確． 答案：AC 6．(2020年廣東模擬)不計重力的負粒子能夠在圖31所示的正交勻強電場和勻強磁場中勻速直線穿過．設產(chǎn)生勻強電場的兩極板間電壓為U，距離為d，勻強磁場的磁感應強度為B，粒子電荷量為q，進入速度為v，以下說法正確的是 (　　) A．若同時增大U和B，其他條件不變，則粒子一定能夠直線穿過 B．若同時減小d和增大v，其他條件不變，則粒子可能直線穿過 C．若粒子向下偏能夠飛出極板間，則粒子動能一定減小 D．若粒子向下偏能夠飛出極板間，則粒子的動能有可能不變 圖31 解析：粒子能夠直線穿過則有q＝qvB，即v＝，若U、B增大的倍數(shù)不同，粒子不能沿直線穿過，A項錯，同理B正確；粒子向下偏，電場力做負功，又W洛＝0，所以ΔEk＝0，C項正確． 答案：BC 7．(2020年青島模擬)環(huán)形對撞機是研究高能離子的重要裝置，如圖32.正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向注入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B.(兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，從而在碰撞區(qū)迎面相撞．)為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法正確的是 (　　) 圖32 A．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應強度B越大 B．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應強度B越小 C．對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越小 D．對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的周期都不變 解析：在加速器中qU＝mv2，在環(huán)狀空腔內(nèi)做勻速圓周運動的半徑r＝，即r＝，所以在半徑不變的條件下越大，B越小，選項B正確；粒子在空腔內(nèi)的周期T＝，故加速電壓越大，粒子的速率v越大，其周期越小，選項C正確． 答案：BC 8．如圖33所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場的方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是 (　　) A．若撤去電場，P可能做勻加速直線運動 B．若撤去磁場，P可能做勻加速直線運動 C．若給P一初速度，P可能做勻速直線運動 D．若給P一初速度，P可能做順時針方向的勻速圓周運動 圖33 解析：由P處于靜止狀態(tài)則P帶負電．若撤去電場，只受重力和磁場力作用，由于磁場方向與速度垂直必做曲線運動，故A錯．若撤去磁場，受重力和電場力仍處于平衡狀態(tài)，故B錯．若所給初速度的方向與磁場方向平行，油滴只受重力和電場力處于平衡狀態(tài)，做勻速直線運動．若所給初速度的方向向上與磁場方向垂直，合力等于洛倫茲力，則做順時針的勻速圓周運動，故C、D正確． 答案：CD 9．目前世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，它可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．如圖34所示為它的發(fā)電原理圖．將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒，從整體上來說呈電中性)噴射入磁感應強度為B的勻強磁場，磁場中有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構成一電路．設氣流的速度為v，氣體的電導率(電阻率的倒數(shù))為g，則流過外電阻R的電流強度I及電流方向為 (　　) A．I＝，A→R→B B．I＝，B→R→A C．I＝，B→R→A 圖34 D．I＝，A→R→B 解析：等離子體切割磁場的等效長度為d，切割速度為v，感應電動勢為Bdv.由閉合電路歐姆定律得I＝，其中r＝ρ＝.所以，電流強度I＝.由右手定則判斷可知上極板為高電勢，那么外部的電流方向為A到R到B.故D正確． 答案：D 10．如圖35所示，M、N兩平行金屬板間存在著正交的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子(重力不計)從O點以速度v沿著和兩板平行的方向射入場區(qū)后做勻速直線運動，經(jīng)過時間t1飛出場區(qū)；如果兩板間只有電場，粒子仍以原來的速度在O點進入電場，經(jīng)過時間t2飛出電場；如果兩板間只有磁場，粒子仍以原來的速度在O點進入磁場后，經(jīng)過時間t3飛出磁場，則t1、t2、t3之間的大小關系為(粒子重力不計) (　　) A．t1＝t2<t3 B．t2>t1>t3 C．t1＝t2＝t3 D．t1>t2＝t3 圖35 解析：本題考查運動的獨立性原理，即只管平行于金屬板方向的運動．若電磁場均存在，猶如速度選擇器，粒子將會勻速通過金屬板，時間t1為板長與速度v的比值；如果只有電場，粒子做類平拋運動，平行于板方向不受力，依然做勻速運動，時間t2＝t1；如果只有磁場，粒子將做勻速圓周運動，速度在平行于板方向的分量越來越小，即此方向平均速度必定小于v，故t3>t2＝t1，A對． 答案：A 二、計算題 11．如圖36所示，某一真空區(qū)域內(nèi)充滿勻強電場和勻強磁場，此區(qū)域的寬度d＝8 cm，電場強度為E，方向豎直向下，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為m，電荷量為e的電子以一定的速度沿水平方向射入此區(qū)域，若電場與磁場共存，電子穿越此區(qū)域時恰好不發(fā)生偏轉(zhuǎn)；若射入時撤去磁場，電子穿越電場區(qū)域時，沿電場方向偏移量y＝3.2 cm；若射入時撤去電場，電子穿越磁場區(qū)域時也發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，不計重力作用，求： (1)電子射入時的初速度v的表達式； (2)電子比荷的表達式； (3)畫出電子穿越磁場區(qū)域時(撤去電場時)的軌跡并標出射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角α； (4)電子穿越磁場區(qū)域后(撤去電場時)的偏轉(zhuǎn)角α. 解析：(1)電子在復合場中不偏轉(zhuǎn)，有：Ee＝evB，所以v＝. (2)電子在電場中向上偏轉(zhuǎn)做類平拋運動，有：d＝vt，y＝at2，a＝，解得＝. 圖36 圖37 (3)運動軌跡及射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角如圖37所示． (4)電子在磁場中做勻速圓周運動，r＝， 代入比荷的表達式解得 r＝＝10 cm. 由圖知： sinα＝＝＝0.8， ∴α＝53°. 答案：(1)v＝　(2)＝　(3)如圖37　(4)53° 12．(2020年寧夏卷)如圖38所示，在第一象限有一勻強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標原點O離開磁場．粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點．已知OP＝l，OQ＝2l.不計重力．求 (1)M點與坐標原點O間的距離； (2)粒子從P點運動到M點所用的時間： 圖38 39圖 解析：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，在y軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為a，在x軸正方向上做勻速直線運動，設速度為v0，粒子從P點運動到Q點所用的時間為t1，進入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則 a＝ ① t1＝ ② v0＝ 其中x0＝2l，y0＝l，又有 tanθ＝ ④ 聯(lián)立②③④式，得 θ＝30° ⑤ 因為M、O、Q點在圓周上，∠MOQ＝90°，所以MQ為直徑．從圖中的幾何關系可知，R＝2l ⑥ MO＝6l ⑦ (2)設粒子在磁場中運動的速度為v，從Q到M點運動的時間為t2，則有v＝ ⑧ t2＝ ⑨ 帶電粒子自P點出發(fā)到M點所用的時間t為 t＝t1＋t2 ⑩ 聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)據(jù)得 t＝(π＋1) ? 答案：(1)MO＝6l　(2)t＝(π＋1)