2019年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 洛倫茲力及帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動課時作業(yè) 新人教版選修3-1.doc

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2019年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 洛倫茲力及帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動課時作業(yè) 新人教版選修3-1 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動時，會受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是(　　) A．洛倫茲力對帶電粒子做功 B．洛倫茲力不改變帶電粒子的動能 C．洛倫茲力的大小與速度無關(guān) D．洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向 第2題圖 2．如圖所示為云室中某粒子穿過鉛板P前后的軌跡．室中勻強(qiáng)磁場的方向與軌跡所在平面垂直(圖中垂直于紙面向里)，由此可知此(　　) A．粒子一定帶正電 B．粒子一定帶負(fù)電 C．粒子由a向b運(yùn)動 D．粒子由b向a運(yùn)動 第3題圖 3．兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a，b，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運(yùn)動軌跡如圖．若不計(jì)粒子的重力，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子動能較大 B．b粒子速率較大 C．b粒子在磁場中運(yùn)動時間最長 D．它們做圓周運(yùn)動的周期Ta＝Tb 4．如圖所示，質(zhì)量為m ，電量為q 的帶正電物體，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，沿動摩擦因數(shù)為μ的水平面向左運(yùn)動，則(　　) 第4題圖 A．物體的速度由v減小到零的時間等于mv/μ(mg＋Bqv) B．物體的速度由v減小到零的時間小于mv/μ(mg＋Bqv) C．若另加一個電場強(qiáng)度大小為(mg＋Bqv)/q，方向水平向右的勻強(qiáng)電場，物體將做勻速運(yùn)動 D．若另加一個電場強(qiáng)度大小為(mg＋Bqv)/q，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，物體將做勻速運(yùn)動 5．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第I象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場方向垂直于紙面向里．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以速度v從O點(diǎn)沿著與y軸夾角為30的方向進(jìn)入磁場，運(yùn)動到A點(diǎn)時速度方向與x軸的正方向相同，不計(jì)粒子的重力，則(　　) 第5題圖 A．該粒子帶正電 B．A點(diǎn)與x軸的距離為 C．粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝ D．運(yùn)動過程中粒子的速度不變 6．(13年江蘇模擬)如圖所示為—種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)．不計(jì)粒子重力．下列說法正確的是(　　) 第6題圖 A．極板M比極板N電勢高 B．加速電場的電壓U＝ER C．直徑PQ＝2B D．若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點(diǎn)，則該群離子具有相同的比荷 7．如圖所示，在虛線方框內(nèi)的空間有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子垂直電場和磁場方向飛入場中，恰好做勻速直線運(yùn)動，水平飛離正交電磁場．如果該區(qū)域只有電場，粒子將從a點(diǎn)飛離，穿越場區(qū)的時間為t1，飛離時速度大小為v1；如果只有磁場，粒子將從b點(diǎn)飛離，穿越場區(qū)的時間為t2，飛離時速度大小為v2，重力忽略不計(jì)，則(　　) 第7題圖 A．t1t2 C．v1>v2 D．v1v2，故選AC. 　8.BCD　【解析】 在復(fù)合場中，粒子沿直線運(yùn)動，則有qvB＝Eq，則有vB＝E，則各粒子速度相同，由R＝可知，正離子的比荷一定不同，洛倫茲力方向向上，則安培力方向向下，則電場強(qiáng)度方向由a指向b，若改成負(fù)電子，其洛倫應(yīng)力和安培力仍舊平衡，故BCD正確． 　9.5T　【解析】 小球沿斜面向上運(yùn)動過程中受力分析如圖(1)所示，由牛頓第二定律，得qEcosα＋mgsinα＝ma1，故a1＝gsinα＋，代入數(shù)據(jù)得a1＝10m/s2，上行時間t1＝＝2s.小球沿斜面下滑過程中受力分析如圖(2)所示，小球在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動，a2＝10m/s2，運(yùn)動時間t2＝1s，脫離斜面時的速度v＝a2t2＝10m/s，在垂直斜面方向上小球脫離斜面受力條件有：qvB＋qEsinα＝mgcosα，故B＝－＝5T. 　　　　 　　　第9題圖(1)　　　　第9題圖(2) 　10.(1)　(2) 【解析】 (1)洛倫茲力不做功，由動能定理得 mgy＝mv2，① 得v＝.② (2)設(shè)在最大距離ym處的速度為vm，根據(jù)圓周運(yùn)動有qvmB－mg＝m，③ 且由②式知vm＝，④ 由③④式及R＝2ym，得ym＝. 　11.Bq　【解析】 根據(jù)機(jī)械能守恒mv＝mgh＋mv2　得v＝　F＝Bqv＝Bq 　12.(1)1106m/s　(2)0.1m　(3)0.2T　 【解析】 (1)電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間t＝＝s＝1010－8s 　對比乙圖可知，電子在極板間運(yùn)動的時間是偏轉(zhuǎn)電壓的一個周期在第一個t＝510－8s時間內(nèi)，電子在垂直于極板方向上做初速為0的勻加速運(yùn)動，在第二個t＝510－8s時間內(nèi)，電子做勻速直線運(yùn)動． 　 第12題圖 在第一個t＝510－8s時間內(nèi)，vy＝t＝51072.4105510－8m/s＝6105m/s 　v＝＝m/s＝1106m/s 　(2)電子在磁場中的軌跡如圖所示，設(shè)電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R 　由幾何關(guān)系＝ 　R＝l＝0.06m＝0.1m 　(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvB＝m 　B＝＝T＝0.2T. 　13.(1)0.1m　(2)3.310－4s　(3)x2＋y2＝R2　(R＝0.1m，m≤x≤0.1m)　【解析】 (1)由牛頓第二定律有 　qvB＝m 　解得　r＝0.1m 　(2)粒子的運(yùn)動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系知，在磁場中運(yùn)動的圓心角為30，粒子平行于場強(qiáng)方向進(jìn)入電場粒子在電場中運(yùn)動的加速度　a＝粒子在電場中運(yùn)動的 第13題甲圖 　 時間　t＝解得　t＝3.310－4s　 (3)如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角為60，圓心角小于60的粒子已經(jīng)從磁場中射出，此時刻仍在磁場中的粒子運(yùn)動軌跡的圓心角均為60.則仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍為30～60所有粒子此時分布在以O(shè)點(diǎn)為圓心，弦長0.1m為半徑的圓周上曲線方程為　x2＋y2＝R2　(R＝0.1m，m≤x≤0.1m) 第13題乙圖