2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)25 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)25 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析） 一、單項(xiàng)選擇題 1．帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3.不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．h1＝h2＝h3 B．h1>h2>h3 C．h1＝h2>h3 D．h1＝h3>h2 解析：由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得h1＝，當(dāng)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，由能量守恒得mgh2＋Ek＝mv＝mgh1，所以h1>h2；當(dāng)加上電場(chǎng)時(shí)

2、，由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性可知在豎直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，D正確． 答案：D 2. 如圖所示，一電子束垂直于電場(chǎng)線與磁感應(yīng)線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運(yùn)動(dòng)，可采用的方法是(　　) A．將變阻器滑動(dòng)觸頭P向右滑動(dòng) B．將變阻器滑動(dòng)觸頭P向左滑動(dòng) C．將極板間距離適當(dāng)減小 D．將極板間距離適當(dāng)增大 解析：電子入射極板后，偏向A板，說(shuō)明Eq>Bvq，由E＝可知，減小場(chǎng)強(qiáng)E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，C錯(cuò)誤，D正確；而移動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭P并不能改變板間電壓，A、B錯(cuò)誤． 答案：D 3. 醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來(lái)監(jiān)測(cè)通過(guò)動(dòng)

3、脈的血流速度．電磁血流計(jì)由一對(duì)電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場(chǎng)是均勻的．使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場(chǎng)方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負(fù)離子隨血液一起在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電極a、b之間會(huì)有微小電勢(shì)差．在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場(chǎng)可看做是勻強(qiáng)電場(chǎng)，血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零．在某次監(jiān)測(cè)中，兩觸點(diǎn)間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢(shì)差為160 μV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負(fù) B．2.7 m/s，a正、b負(fù) C．1.3 m/

4、s，a負(fù)、b正 D．2.7 m/s，a負(fù)、b正 解析：由于正負(fù)離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，利用左手定則可以判斷：a電極帶正電，b電極帶負(fù)電，C、D錯(cuò)誤；血液流動(dòng)速度可根據(jù)離子所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力為零，即qvB＝qE，解得v＝＝≈1.3 m/s，A正確，B錯(cuò)誤． 答案：A 4. 如圖所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面的磁場(chǎng)(未畫出)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度從左到右逐漸增大．一帶電微粒進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線OO′通過(guò)該區(qū)域．帶電微粒所受的重力忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程帶電量不變．下列判斷正確的是(　　) A．微粒從左向右運(yùn)動(dòng)，

5、磁場(chǎng)方向向里 B．微粒從左向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向向外 C．微粒從右向左運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向向里 D．微粒從右向左運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向向外 解析：由微粒恰好能沿水平直線OO′通過(guò)該區(qū)域說(shuō)明洛倫茲力qvB與電場(chǎng)力qE平衡，微粒受到空氣阻力作用，速度逐漸減小，沿運(yùn)動(dòng)方向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度必須逐漸增大，因此微粒從左向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向向外，B正確． 答案：B 5. 如圖所示，某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy，在y<0的空間里有與場(chǎng)強(qiáng)E垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，在y>0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點(diǎn))自由釋放，此液滴則沿y軸的負(fù)方向，以加速度a＝2g(g為重力加

6、速度)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，瞬間被安裝在原點(diǎn)的一個(gè)裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變)，隨后液滴進(jìn)入y<0的空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)，液滴在y<0的空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) A．重力勢(shì)能一定是不斷減小 B．電勢(shì)能一定是先減小后增大 C．動(dòng)能不斷增大 D．動(dòng)能保持不變 解析：在y>0的空間內(nèi)，根據(jù)液滴沿y軸負(fù)方向以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)可知，液滴在此空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)所受電場(chǎng)力方向向下，大小等于重力；進(jìn)入y<0的空間后，液滴電性改變，其所受電場(chǎng)力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在液滴運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期內(nèi)，動(dòng)能保持不變，重力

7、勢(shì)能先減小后增大，電勢(shì)能先增大后減小，D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 答案：D 二、多項(xiàng)選擇題 6. 某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，此空間同時(shí)存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能增大 解析：由于重力方向豎直向下，空間存在磁場(chǎng)，且直線運(yùn)動(dòng)方向斜向下，與磁場(chǎng)方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場(chǎng)力必水平向右，但電場(chǎng)具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力和電場(chǎng)力的合力不為零，故

8、不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場(chǎng)力的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由于電場(chǎng)力做正功，故機(jī)械能增大，選項(xiàng)D正確． 答案：CD 7. 如圖所示，有一混合正離子束先后通過(guò)正交的電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子流在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的(　　) A．速度 B．質(zhì)量 C．電荷量 D．比荷 解析：由正離子在Ⅰ區(qū)不偏轉(zhuǎn)，有Eq＝qvB1，即v＝，A正確；以相同速度進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，r＝相同，則比荷相同，D正確． 答案：AD 8. 勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工

9、作原理示意圖如圖所示．置于高真空中的半徑為R的D形金屬盒中，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響．則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過(guò)2πRf B．質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比 C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1 D．改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動(dòng)能不變 解析：粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v

10、m＝＝2πRf，A正確；粒子離開回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝mv2＝×m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1，C正確；因回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝2mπ2R2f2，與m、R、f均有關(guān)，D錯(cuò)誤． 答案：AC 三、非選擇題 9. 如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t0時(shí)間從P點(diǎn)射

11、出． (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出，求粒子運(yùn)動(dòng)加速度的大?。? 解析：(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.由左手定則可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向，且有qE＝qvB① 又R＝vt0② 則E＝③ (2)僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)， 在y方向位移為y＝v④ 由②④式得y＝⑤ 設(shè)帶電粒子在水平方向位移為x，加速度為a，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，則有x＝R 又x＝a2⑥ 解得a＝⑦ 答案：(1)　沿x軸正方向

12、　(2) 10. 如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)，通過(guò)電場(chǎng)后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力．求： (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值． 解析： (1

13、)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有 水平方向上2h＝v0t 豎直方向上h＝at2 由牛頓第二定律得qE＝ma 聯(lián)立解得E＝ (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為vy＝at＝v0 所以粒子到達(dá)a的速度v＝＝v0 設(shè)速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則 tanθ＝＝1，θ＝45° 即a點(diǎn)時(shí)速度方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角． (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)有qvB＝m 當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，r最大，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有rmax＝L 所以Bmin＝ 答案：(1) (2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角 (3)

14、 11. 一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場(chǎng)中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過(guò)程中沒(méi)有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求： (1)M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.

15、 解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得 qU＝mv2① 由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得U＝Ed② 聯(lián)立上式可得E＝③ (2) 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O′，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對(duì)的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關(guān)系得r＝Rtan④ 粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝m⑤ 聯(lián)立④⑤式得R＝⑥ (3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，M板向上平移了d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝＝⑦ 設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度為v′，由①式看出＝ 綜合⑦式可得v′＝v⑧ 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r′，則r′＝⑨ 設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對(duì)圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝⑩ 粒子須經(jīng)過(guò)四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3? 答案：(1)　(2)　(3)3