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

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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，qEqvB，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(yīng)強度，若他測

2、得CD段導線長度為4102 m，天平(等臂)平衡時鉤碼重力為4105 N，通過導線的電流I0.5 A由此，測得通電螺線管中的磁感應(yīng)強度B為(A)A2.0103 T，方向水平向右B5.0103 T，方向水平向右C2.0103 T，方向水平向左D5.0103 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Fmg，由FBIL得B2.0103 T；根據(jù)安培定則可以知道磁感應(yīng)強度的方向水平向右，所以A正確，B、C、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

3、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，有qvB1qE，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qvB2m，得r，可見v、B2一定時，半徑r越小，則越大，選項D錯誤4

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AB用電器中的電流方向從A到BC若只減小磁感應(yīng)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

5、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qvBq，解得EBdv，所以電動勢E與噴入粒子的速度大小v及磁感應(yīng)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)AN端電勢高于M端電勢B磁感應(yīng)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

6、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(shè)M、N間的距離為d，薄板的厚度為h，則UEd，EqqvB，則IneSvnedhv，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，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

7、；(2)磁場的磁感應(yīng)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mghmv2，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qvBEqcos60，得B；豎直方向，有Eqsin60mg，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

8、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fm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

9、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，氦核的動量最大解析：氘核在復合場中沿直線通過，故有qEqvB，所以v；在加速電場中qUmv2，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pmv，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

10、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、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(yīng)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qv0Bmgtan45得B(2)解法1：設(shè)兩金屬板之間的距離為d，

11、則板間電場強度E又qEmghd小球在金屬板之間的運動時間t解得t解法2：由于fqv0B不做功，WGmgh，W電qU，由動能定理得qUmgh0hv0t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：(1)粒子從P點運動到坐標原點的時間；(

12、2)勻強磁場的磁感應(yīng)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mgqE1qE2，mgma；Lat2，解得t(2)設(shè)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mgLqELmv2，求得v2，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RL由牛頓第二定律可得Bqvm，解得B答案：(1)(2)，方向垂直紙面向里8