2020版高考物理一輪復習 第九章 課時作業(yè)32 帶電粒子在疊加場中的運動 新人教版

《2020版高考物理一輪復習 第九章 課時作業(yè)32 帶電粒子在疊加場中的運動 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復習 第九章 課時作業(yè)32 帶電粒子在疊加場中的運動 新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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

2、流天平．某同學在實驗室里用電流天平測算通電螺線管中的磁感應強度，若他測得CD段導線長度為4×10－2 m，天平(等臂)平衡時鉤碼重力為4×10－5 N，通過導線的電流I＝0.5 A．由此，測得通電螺線管中的磁感應強度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，CD段導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強度的方向水平向右，所以A正確，B、C、

3、D錯誤． 3．速度相同的一束粒子(不計重力)由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是(　C　) A．該束粒子帶負電 B．速度選擇器的P1極板帶負電 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)該束粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則判斷出該束粒子帶正電，選項A錯誤；粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，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，故電場強度方向向下，速度選擇器的P1極板帶正電，選項B錯誤；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C正確；粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力做勻速圓周運動，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，半徑r越小，則越大，選項D錯誤． 4．(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)．如圖所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負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于發(fā)電機，把兩個極板與用電器相連，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．若只減小磁感應強度，發(fā)電機的電動勢增大 D．若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大 解析：首先

5、對等離子體進行動態(tài)分析：開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上，負離子所受洛倫茲力方向向下，則正離子向上板聚集，負離子向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑习鍨檎龢O，下板為負極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故B正確，A錯誤；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，所以電動勢E與噴入粒子的速度大小v及磁感應強度大小B成正比，故D正確，C錯誤． 5．(多選)在一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件．在E、F間通入恒定電流I，同

6、時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH.已知半導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．磁感應強度越大，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錯誤． 6．如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E、方向與水平線成60°角，磁場的方向垂直紙面向里．一個帶正電小球從電磁復合場上方高度為h處自由落下，并沿直線通過電磁復合場，重力加速度為g.求： (1)帶電小球剛進入復合場時的速度； (2)磁場的磁感應強度及帶電小球的比荷． 解析：(1)小球自由下落h的過程中機械能守恒，有mgh＝mv2，解得v＝. (2)小球在復合場中運動時受力情況如圖所示，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磁場．現(xiàn)加一個水平向左的勻強電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙無相對滑動并一同水平向左加速運動，在加速運動階段(　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動 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動 解析：以甲、乙整體為研究對象，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動，最后一起勻速運動，故B正確，D錯誤；對甲進行受力分析，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錯誤． 8．如圖所示，兩極板間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，不計重力的氘核、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(　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，氚核的動能最大 D．射入電磁場區(qū)域時，氦核的動量最大

10、 解析：氘核在復合場中沿直線通過，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，進入磁場的速度比氘核小，洛倫茲力小于電場力，氚核向負極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；氦核的比荷等于氘核的，氦核進入復合場的速度與氘核一樣，所以不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項B錯誤；射入復合場區(qū)域時，帶電粒子的動能等于qU，氦核的電荷量最大，所以動能最大，選項C錯誤；帶電粒子的動量p＝mv＝，氦核的電荷量和質(zhì)量的乘積最大，動量最大，選項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)磁感應強度的大小和方向； (2)小球在金屬板之間的運動時間． 解析：(1)小球在金屬板之間做勻速直線運動，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：設兩金屬板之間的距離為d，則板間電場強度 E＝③ 又qE＝mg④ h＝d

12、⑤ 小球在金屬板之間的運動時間t＝⑥ 解得t＝⑦ 解法2：由于f＝qv0B不做功，WG＝－mgh，W電＝qU，由動能定理得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坐標系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，兩個電場的電場強度大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強磁場，讓一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的P(－L，L)點由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，重力加速度為g.求：

13、 (1)粒子從P點運動到坐標原點的時間； (2)勻強磁場的磁感應強度的大小和方向． 解析：(1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運動，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)設粒子從O點進入第四象限的速度大小為v，由動能定理可得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動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里． 粒子做圓周運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知 粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為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