【物理】2020届一轮复习人教版 带电粒子在复合场中的运动 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 带电粒子在复合场中的运动 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 带电粒子在复合场中的运动 课时作业 ‎1．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)‎ A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱 C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度 答案　C 解析　由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，有Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时的速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：‎ ‎(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。‎ 答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h 解析　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有 s1＝v1t1①‎ h＝a1t②‎ 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°，则H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1＝v1tanθ1③‎ 联立以上各式得 s1＝h。④‎ ‎(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1⑤‎ 设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 v1′＝⑥‎ 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1′B＝⑦‎ 由几何关系得 s1＝2R1sinθ1⑧‎ 联立以上各式得 B＝ 。⑨‎ ‎(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (2m)v＝mv⑩‎ 由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪‎ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2＝v2t2⑫‎ h＝a2t⑬‎ v2′＝⑭‎ sinθ2＝⑮‎ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′。⑯‎ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1⑰‎ 所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sinθ2⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2′－s2＝(－1)h。‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。‎ ‎(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；‎ ‎(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；‎ ‎(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。‎ 答案　(1)轨迹见解析　(2) ‎(3)　 解析　(1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)‎ ‎(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有 qE＝ma①‎ 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1＝at②‎ l′＝v0t③‎ v1＝vcosθ④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝⑤‎ 由几何关系得l＝2Rcosθ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得v0＝。⑦‎ ‎(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot⑧‎ 联立①②③⑦⑧式得＝⑨‎ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，‎ 则t′＝2t＋T⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，‎ T＝⑪‎ 联立③⑦⑨⑩⑪式得t′＝。‎ ‎4．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(2)甲、乙两种离子的比荷之比。‎ 答案　(1)　(2)1∶4‎ 解析　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v①‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②‎ 由几何关系知2R1＝l③‎ 由①②③式得B＝。④‎ ‎(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。‎ 同理有q2U＝m2v⑤‎ q2v2B＝m2⑥‎ 由题给条件有2R2＝⑦‎ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶＝1∶4。‎ ‎5. (2018·天津高考)如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。‎ ‎(1)求粒子从P到M所用的时间t；‎ ‎(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m　①‎ 设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE　②‎ 设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma　③‎ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v＝at　④‎ 联立①②③④式得t＝。　⑤‎ ‎(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、圆周运动半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可知(r′－R)2＋(R)2＝r′2　⑥‎ 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，‎ 即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知 tanθ＝　⑦‎ 粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，由运动的合成和分解可知 tanθ＝　⑧‎ 联立①⑥⑦⑧式得v0＝。　⑨‎ 配套课时作业 ‎　　时间：60分钟　满分：100分 一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中 1～4为单选，5～8为多选)‎ ‎1. (2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)‎ A．11 B．‎12 C．121 D．144‎ 答案　D 解析　设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU＝mv2，在磁场中qvB＝m，联立两式得m＝，故有＝＝144，D正确。‎ ‎2．(2018·大连八中联考)如图所示，板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘核、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电场和磁场区域，且氘核沿直线射出。不考虑粒子间的相互作用，则射出时(　　)‎ A．偏向正极板的是氚核 B．偏向正极板的是氦核 C．射入电场和磁场区域时，氚核的动能最大 D．射入电场和磁场区域时，氦核的动量最大 答案　D 解析　初速度为零的氘核、氚核和氦核，经相同的电压U加速，由动能定理qU＝mv2，解得加速后速度大小为v＝ ，速度大小与粒子比荷的二次方根成正比。氘核的电荷量为e，质量数为2；氚核的电荷量为e，质量数为3；氦核的电荷量为2e，质量数为4。由于氘核和氦核的比荷相同且均大于氚核的比荷，所以氘核和氦核的速度相同，氚核的速度较小。氘核沿直线射出，即所受电场力与洛伦兹力平衡，eE＝evB，速度方向向右。由于氘核和氦核的速度相同，所以氦核也向右沿直线射出，B错误。由于氚核的速度较小，所受洛伦兹力小于电场力，故氚核偏向负极板，A错误。由于氦核电荷量最大，在电场中加速时，电场力做功最多，根据动能定理，射入电场和磁场区域时，氦核的动能最大，C错误。根据动能与动量的关系式p＝，可知氦核动能与质量的乘积最大，所以射入电场和磁场区域时，氦核的动量最大，D正确。‎ ‎3．磁流体发电机极板表面积为S，板间距离为L，电阻率为ρ的等离子体以速度v匀速通过磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与等离子体速度方向垂直，如图所示。负载电阻阻值为R，则电压表的示数为(　　)‎ A．BLv B. C. D. 答案　D 解析　根据左手定则知正离子向上偏转，负离子向下偏转，上极板带正电，下极板带负电，当外电路断开时，最终离子处于平衡状态，假设此时极板间电压即电动势为E，有qvB＝q，解得E＝BLv。外电路接负载电阻时，根据电阻定律，内阻r＝ρ，根据闭合电路欧姆定律，流过负载电阻的电流I＝，故电压表示数为R＝，故D正确。‎ ‎4．(2018·大连一模)随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情境可简化如图甲所示，被测转子的轮齿(表面具有磁性)每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化。霍尔元件的原理如图乙所示，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大，输出一个脉冲信号。下列说法正确的是(　　)‎ A．霍尔电压是由元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的 B．其他条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高 C．若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为负电荷 D．若转速表显示1800 r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号 答案　C 解析　霍尔电压是由元件中定向移动的载流子受到洛伦兹力作用发生偏转而产生的，A错误；载流子沿电流方向通过霍尔元件，设产生的霍尔电压为U，则有＝evB，解得U＝Bbv，即其他条件不变的情况下，霍尔元件的长度b越大，产生的霍尔电压越高，B错误；根据左手定则，载流子是负电荷时，霍尔元件的前端电势比后端低，C正确；若转速表显示1800 r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出1800×150＝2.7×105个脉冲，D错误。‎ ‎5．(2019·福建省五校联考)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．沿ab、ac方向抛出的小球都可能做直线运动 B．若小球沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动 C．若小球沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动 D．两小球在运动过程中机械能均守恒 答案　AC 解析　先分析沿ab方向抛出的带电小球，若小球带正电，则小球所受电场力方向与电场强度方向相同，重力竖直向下，由左手定则知小球所受洛伦兹力方向垂直ab斜向上，小球受力可能平衡，可能做直线运动；若小球带负电，则小球受力不可能平衡。再分析沿ac方向抛出的带电小球，同理可知，只有小球带负电时可能受力平衡，可能做直线运动。若小球做直线运动，假设小球同时做匀加速运动，则小球受到的洛伦兹力持续增大，那么小球将无法做直线运动，假设不成立，小球做的直线运动一定是匀速运动，故A、C正确，B错误；在小球的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力对小球做功，故小球的机械能不守恒，D错误。‎ ‎6. 如图所示，在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)‎ A．小球的加速度一直减小 B．小球的机械能和电势能的总和保持不变 C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 v＝ D．小球向下运动的稳定速度为v＝ 答案　CD 解析　小球静止时只受电场力、重力、弹力及摩擦力，电场力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球由牛顿第二定律mg－μEq＝ma，小球的加速度为a＝g－，小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误。当洛伦兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是洛伦兹力小于电场力的情况，另一种是洛伦兹力大于电场力的情况，当洛伦兹力小于电场力时：＝，解得：v1＝；当洛伦兹力大于电场力时：＝，解得：v2＝，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且保持稳定：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝，故D正确。‎ ‎7．(2019·湖南省六校联考)如图所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属圆环半径方向的辐向电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是(　　)‎ A．U＝ B．U＝ C．U＝ D．U＝ 答案　AC 解析　带电粒子由M环内侧边缘运动到N环，由动能定理有qU＝mv2，带电粒子进入N环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转或 离开磁场，由几何关系可知，轨迹半径为r＝R2tan＝R2或r＝R2tan＝，则根据r＝，联立解得U＝或U＝，A、C正确。‎ ‎8．(2018·石家庄质检)如图所示，在xOy坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内的部分区域存在匀强电场(未画出)。一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0从P(a,0)点沿与x轴成45°角方向射入磁场中，通过y轴上的N(0，a)点进入第二象限后，依次通过无电场区域和匀强电场区域，到达x轴上某点时速度恰好为零。已知该粒子从第一次通过N点到第二次通过N点所用时间为t0，粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．磁场的磁感应强度大小为 B．该带电粒子自P点开始到第一次通过N点所用的时间为 C．该带电粒子第一次通过无电场区域运动的位移大小为－a D．匀强电场的电场强度大小为 答案　BD 解析　由几何条件可知，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝a，又qv0B＝m，解两式得：B＝，A错误；由几何条件可知，带电粒子在第一象限内轨迹恰好为半个圆弧，所以粒子从P点开始到第一次通过N点所用时间t＝＝，B正确；带电粒子在第二象限内先匀速再匀减速到零到达x轴，设粒子匀速运动过程的位移为s，则＋＝，解得s＝‎2a－，C错误；由动能定理有：Eq(a－s)＝mv，解得E＝，D正确。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共36分)‎ ‎9．(2018·福建模拟)(16分)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝‎0.5 m，磁场垂直纸面向里。在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点有一正粒子以速率v＝1.0×‎106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷＝1.0×‎107 C/kg，粒子重力不计。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(2)粒子在电场中的运动路程。‎ 答案　(1)0.2 T　(2)‎‎1 m 解　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径 r＝R＝‎0.5 m①‎ 洛伦兹力提供向心力qvB＝②‎ 由①②式代入数据得 B＝0.2 T。③‎ ‎(2)设粒子在电场中沿y轴正方向运动的最大位移为s，根据动能定理有 ‎－qEs＝0－mv2④‎ s＝＝‎0.5 m⑤‎ 粒子在电场中的运动路程 l＝2s⑥‎ 由⑤⑥式得l＝‎1 m。‎ ‎10．(2018·衡水六调)(20分)如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场与匀强磁场，电场强度E的大小为5×102 V/m，磁感应强度B1的大小为0.5 T，方向垂直纸面向里，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的下边界与x轴重合。一质量m＝1×10－‎14 kg、电荷量q＝1×10－‎10 C的带正电微粒以方向与y轴正方向成60°角的某一速度v从M点沿直线运动，经P点进入处于第一象限内的磁场区域，其中磁场区域磁感应强度大小为B2。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并沿与y轴正方向成60°角的方向飞出，M点的坐标为(0，－‎10 cm)，N点的坐标为(0,‎30 cm)。微粒重力忽略不计。‎ ‎(1)请分析判断匀强电场的方向并求微粒运动速度v的大小；‎ ‎(2)B2的大小为多大？‎ ‎(3)第一象限磁场区域的最小面积为多少？‎ 答案　(1)电场的方向与y轴负方向成30°角斜向右下方　1×‎103 m/s　(2)B2＝ T　(3) m2‎ 解析　(1)微粒重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，可知电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由左手定则可知，微粒所受的洛伦兹力方向与微粒运动的方向垂直斜向上，即与y轴正方向成30°角斜向左上方，则电场的方向与y轴负方向成30°角斜向右下方。‎ 由力的平衡条件得Eq＝B1qv 解得v＝1×‎103 m/s。‎ ‎(2)画出微粒的运动轨迹如图所示，‎ 由几何关系可知ON－OM＝2Rsin60°，则微粒在第一象限内做圆周运动的半径为R＝ m 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供 由牛顿第二定律得qvB2＝m 代入数据解得B2＝ T。‎ ‎(3)由图可知，第一象限匀强磁场的最小区域应该是图中的矩形PACD 由几何关系得PD＝2Rsin60°‎ 代入数据解得PD＝‎‎0.2 m PA＝R(1－cos60°)＝ m 因此，所求匀强磁场的最小面积为 S＝PD·PA＝ m2。‎