2019屆高考物理一輪復習 課時作業(yè)46 帶電粒子在疊加場中的運動.doc

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課時作業(yè)(四十六)　帶電粒子在疊加場中的運動 [基礎訓練] 1．(2018福建廈門一模)如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應強度為B并相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過．則該帶電粒子(　　) A．一定帶正電 B．速度大小為 C．可能沿QP方向運動 D．若沿PQ方向運動的速度大于，將一定向下極板偏轉 答案：B　解析：假設帶電粒子帶正電，沿PQ方向運動，由左手定則判斷，洛倫茲力方向向上，由靜電場知識判斷，電場力方向向下；反之，假設帶電粒子帶負電，沿PQ方向運動，由左手定則判斷，洛倫茲力方向向下，電場力方向向上，所以只要滿足qvB＝qE，即v＝，帶電粒子均可沿PQ水平通過，故A錯誤，B正確．若帶電粒子帶正電，沿QP方向運動，則洛倫茲力和電場力方向均向下，不可能沿題圖中虛線水平通過，同理，若帶電粒子帶負電，沿QP方向運動，則洛倫茲力和電場力方向均向上，也不可能沿題圖中虛線水平通過，故C錯誤．若沿PQ方向運動的速度大于，則qvB>qE，粒子將向上極板偏轉，故D錯誤． 2．(2018河北衡水冀州月考)如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖，在間距為d的平行金屬板A、C間，存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，兩金屬板通過導線與變阻器R相連，等離子體以速度v平行于兩金屬板垂直射入磁場．若要減小該發(fā)電機的電動勢，可采取的方法是(　　) A．增大d B．增大B C．增大R D．減小v 答案：D　解析：發(fā)電機的電動勢E＝Bdv，要想減小電動勢，則可以通過減小B、d或v實現(xiàn)．故D正確，A、B、C錯誤． 3．(多選)在空間某一區(qū)域里，有豎直向下的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B，且兩者正交．有兩個帶電油滴，都能在豎直平面內做勻速圓周運動，如圖所示，則兩油滴一定相同的是(　　) A．帶電性質 B．運動周期 C．運動半徑 D．運動速率 答案：AB　解析：油滴受重力、電場力、洛倫茲力作用做勻速圓周運動．由受力特點及運動特點，得mg＝qE，結合電場方向則油滴一定帶負電，且兩油滴比荷＝相等．洛倫茲力提供向心力，有周期T＝，所以兩油滴周期相等，故A、B正確．由r＝知，速度v越大，半徑則越大，故C、D錯誤． 4．(2018山西四校聯(lián)考)如圖所示，有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中，當有穩(wěn)恒電流沿平行平面C的方向通過時，下列說法正確的是(　　) A．金屬塊上表面M的電勢高于下表面N的電勢 B．電流增大時，M、N兩表面間的電壓U增大 C．磁感應強度增大時，M、N兩表面間的電壓U減小 D．金屬塊中單位體積內的自由電子數(shù)越少，M、N兩表面間的電壓U越小 答案：B　解析：由左手定則可知，金屬塊通有題圖示方向電流時，自由電子受到向上的洛倫茲力，向M面偏轉，故上表面M電勢低于下表面N的電勢，A項錯誤；最終電子在洛倫茲力和電場力作用下處于平衡，即evB＝e，則有U＝Bvd，由此可知，磁感應強度增大時，M、N兩表面間的電壓增大，C項錯誤；由電流的微觀表達式I＝neSv可知，電流增大說明自由電子定向移動速率v增大，所以M、N兩表面間的電壓增大，B項正確；電流一定時，金屬塊中單位體積內的自由電子數(shù)n越少，自由電子定向移動的速率一定越大，所以M、N兩表面間的電壓越大，D項錯誤． 5．(2018北京豐臺區(qū)模擬)如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，板間存在勻強電場和勻強磁場(圖中未畫出)．一個帶電粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動．粒子通過兩平行板后從O點垂直進入另一個垂直紙面向外的勻強磁場中做勻速圓周運動，經過半個周期后打在擋板MN上的A點，不計粒子重力．則下列說法不正確的是(　　) A．此粒子一定帶正電 B．P、Q間的勻強磁場一定垂直紙面向里 C．若另一個帶電粒子也能在P、Q間做勻速直線運動，則它一定與該粒子具有相同的比荷 D．若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，則它一定與該粒子具有相同的比荷 答案：C　解析：根據(jù)粒子在磁場中的運動軌跡，由左手定則可知，粒子帶正電，選項A正確；粒子在兩板間受豎直向下的電場力，則洛倫茲力方向豎直向上，由左手定則可知，P、Q間的勻強磁場一定垂直紙面向里，選項B正確；若另一個帶電粒子也能在P、Q間做勻速直線運動，則有qvB＝qE，可得v＝，則它一定與該粒子具有相同的速度，選項C錯誤；若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，則有qvB＝m，可得r＝，它一定與該粒子具有相同的比荷和相同的速度，選項D正確．本題選不正確的，故選C. 6．質量為m、帶電量為q的液滴以速度v沿與水平方向成45角斜向上進入正交的勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域，電場強度方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示．液滴帶正電荷，在重力、電場力及磁場力共同作用下在場區(qū)做勻速直線運動．重力加速度為g.試求： (1)電場強度E和磁感應強度B各多大？ (2)當液滴運動到某一點A時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，不考慮因電場變化而產生的影響，求此后液滴做圓周運動的半徑． 答案：(1)　　(3) 解析：(1)液滴帶正電，液滴受力如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有：qE＝mgtan θ＝mg qvB＝＝mg 故：E＝，B＝. (2)電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有a＝＝g qvB＝ 解得：R＝. [能力提升] 7．(2018遼寧五校聯(lián)考)有一個帶電荷量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法正確的是(　　) A．一定做曲線運動 B．不可能做曲線運動 C．有可能做勻加速直線運動 D．有可能做勻速直線運動 答案：A　解析：帶電小球在沒有進入復合場前做自由落體運動，進入磁場后，受豎直向下的重力G＝mg、水平向左的電場力F電＝qE與水平向右的洛倫茲力F洛＝qBv，重力與電場力大小和方向保持恒定，但因為速度大小會發(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會發(fā)生變化，所以一定會做曲線運動，A正確，B、C、D錯誤． 8．(2018河北冀州模擬)我國位處北半球，某地區(qū)存在勻強電場E和可看做勻強磁場的地磁場B，電場與地磁場的方向相同，地磁場的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，一帶電小球以速度v在此區(qū)域內沿垂直場強方向在水平面內做直線運動，忽略空氣阻力．此地區(qū)的重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球運動方向為自南向北 B．小球可能帶正電 C．小球速度v的大小為 D．小球的比荷為 答案：D　解析：由題意可知，小球受重力、電場力和洛倫茲力，因做直線運動，且f洛＝qvB，因此一定做勻速直線運動，那么電場力與洛倫茲力的合力與重力等大反向，因電場與地磁場的方向相同，地磁場的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，則小球受力如圖所示，其中Eq與Bqv垂直，因小球受力平衡，則受力關系滿足(mg)2＝(Eq)2＋(Bqv)2，得＝，v＝，則D項正確，C項錯誤．由受力分析可知小球帶負電，且運動方向為自東向西，則A、B錯誤． 9．(2018廣東佛山一測)在水平面上，平放一半徑為R的光滑半圓管道，管道處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中，另有一個質量為m、帶電荷量為＋q的小球． (1)當小球從管口沿切線方向以某速度射入，運動過程中恰不受管道側壁的作用力，求此速度v0； (2)現(xiàn)把管道固定在豎直面內，且兩管口等高，磁場仍保持和管道平面垂直，如圖所示．空間再加一個水平向右、場強E＝的勻強電場(未畫出)．若小球仍以v0的初速度沿切線方向從左邊管口射入，求小球： ①運動到最低點的過程中動能的增量； ②在管道運動全程中獲得的最大速度． 答案：(1)　(2)①2mgR?、? 解析：(1)小球在水平面上只受到洛倫茲力作用，故 qv0B＝m 解得v0＝ (2)①小球在管道內運動時，洛倫茲力始終不做功．對小球運動到最低點的過程，由動能定理得mgR＋qER＝ΔEk 又E＝ 聯(lián)立可得動能增量ΔEk＝2mgR ②當小球到達管道中方位角為θ的位置(如圖所示)時， 根據(jù)動能定理，有 mgRsin θ＋qE(R＋Rcos θ)＝mv2－mv 即v2＝＋2gR(sin θ＋cos θ)＋2gR 對函數(shù)y＝sin θ＋cos θ求極值，可得θ＝45時，ymax＝ 所以vm＝. 10．(2018山西聯(lián)考)如圖所示，在平面直角坐標系中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強電場，下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等．一質量為m、電荷量為＋q的質點從OA上的M點由靜止釋放，質點恰能沿AO運動且通過O點，經偏轉后從x軸上的C點進入第一象限內并擊中AO上的D點．已知OD＝OM，勻 強磁場的磁感應強度大小為B＝(T)，重力加速度為g＝10 m/s2.求： (1)兩勻強電場的電場強度E的大??； (2)OM的長L； (3)質點從M點出發(fā)到擊中D點所經歷的時間t. 答案：(1)　(2)20 m或 m　(3)7.71 s或6.38 s 解析：(1)質點在第一象限內受重力和水平向左的電場力，沿AO做勻加速直線運動，所以有 mg＝qE，即E＝ (2)質點在x軸下方，重力與電場力平衡，質點做勻速圓周運動，從C點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示，有 Bqv＝m 由運動學規(guī)律知v2＝2aL，a＝g 由類平拋運動規(guī)律知 R＝vt3，R－＝at 聯(lián)立解得L＝20 m或 m (3)質點做勻加速直線運動有L＝at，得t1＝2 s或 s 質點做勻速圓周運動有t2＝≈4.71 s 質點做類平拋運動有R＝vt3，得t3＝1 s 質點從M點出發(fā)到擊中D點所經歷的時間為 t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.