（新课标）2020届高考物理一轮总复习 必修部分 第8章 磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动限时规范特训

（新课标）2020届高考物理一轮总复习 必修部分 第8章 磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动限时规范特训

第3讲 带电粒子在复合场中的运动 ‎ ‎　　时间：45分钟　满分：100分 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。其中1～5为单选，6～8为多选)‎ ‎1.[2020·冀州月考]如图是磁流体发电机的示意图，在间距为d的平行金属板A、C间，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与变阻器R相连，等离子体以速度v平行于两金属板垂直射入磁场。若要减小该发电机的电动势，可采取的方法是(　　)‎ A.增大d B．增大B C.增大R D．减小v 答案　D 解析　发电机的电动势E＝Bdv，要想减小电动势，则可以通过减小B、d或v 实现。故D正确，A、B、C错误。‎ ‎2.[2020·绵阳二诊]如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0‎ 沿各图的虚线射入场中。A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是(　　)‎ 答案　B 解析　图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强先水平向左后水平向右，带电粒子受力方向不同，粒子不可能做匀速直线运动；图C中粒子运动方向与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要v0＝，粒子也会做匀速直线运动，故选B。‎ ‎3. [2020·长春质监]如图所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为：U＝K，式中的比例系数K称为霍尔系数。设载流子的电荷量为q，下列说法正确的是(　　)‎ A.载流子所受静电力的大小F＝q B.导体上表面的电势一定大于下表面的电势 C.霍尔系数为K＝，其中n为导体单位长度上的电荷数 D.载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝，其中n为导体单位体积内的电荷数 答案　D 解析　导体中的电场强度E＝，载流子所受电场力F＝Eq＝q，A项错；由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力向上，由于载流子的电性不确定，B项错；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，即qvB＝q⇒U＝Bhv，又电流的微观表达式：I＝nqSv＝nqhdv，解两式得：U＝，式中n为单位体积内的电荷数，C项错；由F洛＝Bqv＝，D项正确。‎ ‎4.[2020·浙江模拟]电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则(　　)‎ A．泵体上表面应接电源负极 B.通过泵体的电流I＝UL1/σ C.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度 答案　C 解析　当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρ＝×＝；因此流过泵体的电流I＝＝UL1·σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误。‎ ‎5. [2020·日照三校联考]如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下，斜面是粗糙的。一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动，经a点后到b点时速度减为零，接着又滑了下来。设物块带电荷量保持不变，则从a到b和从b回到a两过程相比较(　　)‎ A.加速度大小相等 B.摩擦产生热量不相同 C.电势能变化量的绝对值不相同 D.动能变化量的绝对值相同 答案　B 解析　两过程中，重力、电场力恒定、支持力方向不变，洛伦兹力、摩擦力方向相反，故物块所受合外力不同，由牛顿第二定律知，加速度必定不同，A项错；上滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向上，物块所受滑动摩擦力Ff＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向下，物块所受滑动摩擦力Ff＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦产生热量Q＝Ffx，两过程位移大小相等，摩擦力大小不同，故产生热量不同，B项正确；a、b两点电势确定，由Ep＝qφ可知，两过程中电势能变化量的绝对值相等，C项不正确；整个过程中，重力做功为零，电场力做功为零，摩擦力做功不为零，故物块动能一定变化，所以上滑和下滑两过程中动能变化量绝对值一定不同，D项错。‎ ‎6.[2020·邢台摸底]如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中(　　)‎ A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 B.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 C.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 D.乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小 答案　BD 解析　甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上做匀加速运动，则甲、乙之间是静摩擦力，以甲为研究对象，沿斜面方向由牛顿第二定律得：f1－m甲gsinθ＝m甲a，所以甲、乙之间的摩擦力f1不变，B选项正确，A、C错。乙和斜面之间属于滑动摩擦力，大小f2＝μFN，其中乙与斜面间正压力因洛伦兹力变大而减小，故f2变小，D选项正确。‎ ‎7.[2020·吉林二模]如图，一个质量为m、带电量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中，下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环可能做匀减速运动 B.圆环可能做匀速直线运动 C.圆环克服摩擦力所做的功不可能为mv D.圆环克服摩擦力所做的功可能为mv－ 答案　BD 解析　当qv0Bmg时，圆环先做减速运动；当qvB＝mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。当qvB＝mg时得v＝，根据动能定理得：－W＝mv2－mv，代入解得：W＝mv－，故C错误，D正确。‎ ‎8．[2020·南充适应性考试]如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g。根据以上信息，不能求出的物理量有(　　)‎ A.圆周运动的速度大小 B.电场强度的大小和方向 C.小球在第Ⅳ象限运动的时间 D.磁感应强度大小 答案　BD 解析　带电小球从P到Q做圆周运动，满足Eq＝mg，Bqv＝，且由左手定则知小球带负电，那么电场强度方向竖直向下。带电小球从A运动到P，重力做功为mgd，洛伦兹力不做功，由动能定理得mgd＝mv2，所以v＝，小球在第Ⅳ象限的时间为周期的，t＝T＝＝＝。要想计算E和B则需知道比荷，则A、C错误，B、D选项正确。‎ 二、非选择题(本题共3小题，共52分)‎ ‎9.[2020·泰安期末](15分)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方区域，经OF上的Q点第一次进入下方区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。‎ ‎(1)求粒子射入时的速度大小；‎ ‎(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件；‎ ‎(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。‎ 答案　(1)　(2)B1>B0　(3)L＝4na(n＝1,2,3，…)‎ 解析　(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，由几何关系知：(R－a)2＋(3a)2＝R2‎ 得：R＝5a 由牛顿第二定律qvB0＝ 整理得v＝ ‎(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得r1＋r1cosθ＝3a 而cosθ＝，所以r1＝a。‎ 根据qvB1＝，B1＝B0。‎ 当B1>B0时，粒子不会从AC边界飞出。‎ ‎(3)当B＝3B0时，粒子在OF下方的运动半径为r，‎ 由Bqv＝，得：r＝a。‎ 设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系：＝4a 所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：L＝n＝4na(n＝1,2,3…)‎ ‎10.[2020·商丘模拟](18分)如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R,0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°，求：‎ ‎(1)带电粒子的比荷；‎ ‎(2)磁场磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)粒子从P点射入磁场到M点射出电场的时间。‎ 答案　(1)＝　(2)B＝　(3)＋R 解析　(1)在M点处：vy＝v0tanα qE＝am 竖直方向：vy＝at3‎ 水平方向：3R＝v0t3‎ 得：＝。‎ ‎(2)粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P′为粒子射出磁场的位置，则P′O2∥PO1，△O1O2P≌△O1O2P′，粒子的轨迹半径为：r＝R Bqv0＝m，得B＝ ‎(3)粒子从N进入电场，ON＝y y＝at，qE＝am,3R＝v0t3‎ 得y＝R，t3＝ 又∵y＝R＋Rcosθ，∴θ＝。‎ P到P′的时间为t1：t1＝T　得t1＝ P′N＝R－Rsinθ，所以t2＝＝R P到M的总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋R。‎ ‎11.[2020‎ ‎·洛阳二统](19分)在光滑绝缘的水平面上，左侧平行极板间有水平方向匀强电场，右侧圆筒内有竖直方向匀强磁场，磁感应强度大小为B，俯视图如图所示。圆筒的圆心为O点，半径大小为R。一质量为m、电荷量大小为q的带电小球(可视为质点)，初始位置在A点，现由静止经电场加速后从C孔沿直径射入磁场区域，粒子和圆筒壁的碰撞没有动能和电荷量损失。B、R、m、q为已知量，圆筒仅有一个出入口C。‎ ‎(1)求平行板间电压U和小球在磁场中运动半径r的函数关系式；‎ ‎(2)如果小球能从出入口C返回，求它在磁场中运动的最短时间；‎ ‎(3)求小球能从出入口C返回且在磁场中运动时间最短情况下，平行板间所加电压U的可能值。‎ 答案　(1)U＝　(2)tm＝ ‎(3)U＝tan2(k＝1,2,3…)‎ 解析　‎ ‎(1)如图所示，小球沿直线由A运动到C，再沿圆弧运动到P点，圆弧运动的圆心在D点，设圆弧运动的线速度为v，半径为r，∠COP＝θ，两板间电压为U。‎ 小球在电场中运动时，由动能定理得：‎ qU＝mv2①‎ 小球做圆弧运动时，由牛顿第二定律得：‎ qvB＝m②‎ 联立①②，得U＝。③‎ ‎(2)小球在磁场中运动时，分析可知每次与桶壁碰撞时速度方向都沿半径向外，然后再沿半径向内开始做圆弧运动，每段圆弧运动的速度大小、半径和时间都是一样的。设小球经n段圆弧运动后能从出入口C返回，须满足：‎ θ＝④‎ 其中k取1、2、3…‎ 设小球做n段圆弧运动的时间为t，则 t＝⑤‎ 联立②④⑤得t＝⑥‎ 由于θ满足θ<π，所以由④式得 n>2k，‎ 即n取2k＋1、2k＋2、2k＋3…‎ 当n＝2k＋1时，在磁场中运动的时间取最小值，即 tm＝。⑦‎ ‎(3)满足(2)的情况，即n＝2k＋1，代入④式得：θ＝⑧‎ 由几何关系得：r＝Rtan⑨‎ 联立③⑧⑨得 U＝tan2，其中k取1、2、3…‎