【红对勾 讲与练】2023版高考物理总复习 8.3带电粒子在复合场中的运动课时作业

课时作业25　带电粒子在复合场中的运动时间：45分钟一、单项选择题1．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3.不计空气阻力，则(　　)A．h1＝h2＝h3B．h1>h2>h3C．h1＝h2>h3D．h1＝h3>h2解析：由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，由能量守恒得mgh2＋Ek＝mv＝mgh1，所以h1>h2；当加上电场时，由运动的独立性可知在竖直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，D正确．答案：D2.如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感应线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是(　　)A．将变阻器滑动触头P向右滑动B．将变阻器滑动触头P向左滑动C．将极板间距离适当减小D．将极板间距离适当增大解析：电子入射极板后，偏向A板，说明Eq>Bvq，由E＝可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，C错误，D正确；而移动变阻器滑动触头P并不能改变板间电压，A、B错误．答案：D3.10\n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做是匀强电场，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3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(　　)A．1.3m/s，a正、b负B．2.7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正D．2.7m/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，C、D错误；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零，即qvB＝qE，解得v＝＝≈1.3m/s，A正确，B错误．答案：A4.如图所示，在平行线MN、PQ之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场(未画出)，磁场的磁感应强度从左到右逐渐增大．一带电微粒进入该区域时，由于受到空气阻力作用，恰好能沿水平直线OO′通过该区域．带电微粒所受的重力忽略不计，运动过程带电量不变．下列判断正确的是(　　)A．微粒从左向右运动，磁场方向向里B．微粒从左向右运动，磁场方向向外C．微粒从右向左运动，磁场方向向里10\nD．微粒从右向左运动，磁场方向向外解析：由微粒恰好能沿水平直线OO′通过该区域说明洛伦兹力qvB与电场力qE平衡，微粒受到空气阻力作用，速度逐渐减小，沿运动方向磁场的磁感应强度必须逐渐增大，因此微粒从左向右运动，磁场方向向外，B正确．答案：B5.如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y>0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，此液滴则沿y轴的负方向，以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安装在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y<0的空间内运动，液滴在y<0的空间内运动过程中(　　)A．重力势能一定是不断减小B．电势能一定是先减小后增大C．动能不断增大D．动能保持不变解析：在y>0的空间内，根据液滴沿y轴负方向以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动可知，液滴在此空间内运动时所受电场力方向向下，大小等于重力；进入y<0的空间后，液滴电性改变，其所受电场力向上，大小仍等于重力，所以液滴将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在液滴运动半个周期内，动能保持不变，重力势能先减小后增大，电势能先增大后减小，D正确，A、B、C错误．答案：D二、多项选择题6.10\n某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，带电小球沿如图所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是(　　)A．小球一定带正电B．小球可能做匀速直线运动C．带电小球一定做匀加速直线运动D．运动过程中，小球的机械能增大解析：由于重力方向竖直向下，空间存在磁场，且直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受洛伦兹力作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能判断带电小球的电性，选项A错误；重力和电场力的合力不为零，故不可能做匀速直线运动，所以选项B错误；因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故带电小球一定做匀加速直线运动，选项C正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增大，选项D正确．答案：CD7.如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的(　　)A．速度B．质量C．电荷量D．比荷解析：由正离子在Ⅰ区不偏转，有Eq＝qvB1，即v＝，A正确；以相同速度进入Ⅱ区后，r＝相同，则比荷相同，D正确．答案：AD10\n8.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于高真空中的半径为R的D形金属盒中，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是(　　)A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1D．改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变解析：粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm＝＝2πRf，A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝×m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2，与m、R、f均有关，D错误．答案：AC三、非选择题9.10\n如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．(1)求电场强度的大小和方向；(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度的大小．解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E.由左手定则可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，可知电场强度沿x轴正方向，且有qE＝qvB①又R＝vt0②则E＝③(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在y方向位移为y＝v④由②④式得y＝⑤设带电粒子在水平方向位移为x，加速度为a，因射出位置在半圆形区域边界上，则有x＝R又x＝a2⑥解得a＝⑦答案：(1)　沿x轴正方向　(2)10.10\n如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t，则有水平方向上2h＝v0t竖直方向上h＝at2由牛顿第二定律得qE＝ma联立解得E＝(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v010\n所以粒子到达a的速度v＝＝v0设速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ＝＝1，θ＝45°即a点时速度方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角．(3)粒子在磁场中运动时有qvB＝m当粒子从b点射出时，r最大，磁场的磁感应强度为最小值，此时有rmax＝L所以Bmin＝答案：(1)(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3)11.一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.10\n解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立上式可得E＝③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.由几何关系得r＝Rtan④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m⑤联立④⑤式得R＝⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移了d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出＝综合⑦式可得v′＝v⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝10\nR，可见θ＝⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3⑪答案：(1)　(2)　(3)310