【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

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‎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 ‎ (建议用时：40分钟)‎ ‎[基础对点练]‎ 题组一：带电粒子在复合场中运动的应用实例 ‎1．(2019·北京模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(　　)‎ A．组成A束和B束的离子都带负电 B．组成A束和B束的离子质量一定不同 C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 C　[由左手定则知，A、B两束离子均带正电，A错误；两束离子经过同一速度选择器后的速度相同，在偏转磁场中，由R＝可知，半径大的离子对应的比荷小，但离子的质量不一定相同，故选项B错误，C正确；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，D错误。]‎ ‎2．(多选)如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。则(　　)‎ A．打在P1点的粒子是He B．打在P2点的粒子是H和He C．O2P2的长度是O2P1长度的2倍 D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等 BC　[通过同一速度选择器的粒子具有相同的速度，故H、H、He的速度相等，由牛顿第二定律得qvB2＝m，解得R＝，设质子的质量为m，质子带电量为q，H的半径R1＝，H的半径R2＝，He的半径R3＝，故打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He，选项A错误，B正确；O2P1＝2R1＝，O2P2＝2R2＝，故O2P2＝2O2P1，选项C正确；粒子在磁场中运动的时间t＝＝，H运动的时间与H和He运动的时间不同，选项D错误。故选B、C。]‎ ‎3．(2019·北京模拟)据报道，我国实施的“双星”计划发射的卫星中放置了一种“磁强计”，用于测定地磁场的磁感应强度等研究项目。磁强计的原理如图所示：电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x正方向、大小为I的电流。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电量为e。金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动。若测出金属导体前后两个侧面间(z＝a为前侧面，z＝0为后侧面)的电势差为U，那么(　　)‎ A．前侧面电势高，B＝ B．前侧面电势高，B＝ ‎ C．后侧面电势高，B＝ D．后侧面电势高，B＝ ‎ C　[电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小。‎ 电子定向移动的方向沿x轴负向，所以电子向前侧面偏转，则前侧面带负电，后侧面失去电子带正电，后侧面的电势较高，当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差。因而可得＝Bev，q＝n(abvt)e，I＝＝neabv，由以上几式解得磁场的磁感应强度B＝，故C正确。]‎ 题组二：带电粒子在复合场中的运动 ‎4.(多选)(2019·合肥调研)如图所示，空间某区域存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。在该区域内，若带电粒子仅受电场、磁场的作用力，下列判断正确的是(　　)‎ A．若粒子带正电，则粒子可能沿直线由A向B运动 B．若粒子带负电，则粒子可能沿直线由A向B运动 C．若粒子带正电，则粒子可能沿直线由C向D运动 D．若粒子带负电，则粒子可能沿直线由C向D运动 AB　[若粒子带正电，且粒子速度方向由A指向B，此时粒子受水平向左的电场力和水平向右的洛伦兹力，当二力大小相等时，粒子沿竖直线AB运动，选项A正确；若粒子带负电，且粒子速度方向由A指向B，此时粒子受水平向右的电场力和水平向左的洛伦兹力，当二力大小相等时，粒子沿竖直线AB运动，选项B正确；若粒子带正电，且粒子速度方向由C指向D，此时粒子受水平向左的电场力和竖直向上的洛伦兹力，则粒子不可能沿水平线CD运动，选项C错误；若粒子带负电，且粒子速度方向由C指向D，此时粒子受水平向右的电场力和竖直向下的洛伦兹力，则粒子不可能沿水平线CD运动，选项D错误。]‎ ‎5．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点， bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是(　　)‎ A．当小球运动到c点时，洛伦兹力最大 B．小球恰好运动一周后回到a点 C．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能减小 D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能增大 C　[电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大，此时洛伦兹力最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A、B错误。从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C正确。小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，故D错误。]‎ 题组三：带电粒子在复合场、交变场中的运动 ‎6．(2019·厦门检测)如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则 (　　)‎ A．若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t B．若撤去电场E，质子穿过场区时间等于t C．若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek D．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek C　[质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误。]‎ ‎7．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动半径为R。则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1‎ C．粒子完成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R D　[由r＝可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，所以C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，粒子经偏转不能回到原点O，所以A错误，D正确。]‎ ‎8．(多选)(2019·西安模拟)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直于纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”‎ 字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(　　)‎ 甲　　　　　　　　　乙 A．若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 ‎ D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 AD　[要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确。]‎ ‎[考点综合练]‎ ‎9．(2019·咸阳模拟)如图所示，位于竖直平面内的直角坐标系中，第一象限内存在沿y轴负方向、电场强度大小E＝2 V/m的匀强电场，第三象限内存在沿x轴负方向、大小也为E＝2 V/m的匀强电场；其中第一象限内有一平行于x轴的虚线，虚线与x轴之间的距离为h＝0.4 m，在虚线上方存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B＝0.5 T的匀强磁场，在第三象限存在垂直于xOy平面向外的、磁感应强度大小也为B＝0.5 T的匀强磁场。在第三象限有一点P，且O、P的连线与x轴负半轴的夹角θ＝45°。现有一带电荷量为q的小球在P点处获得一沿PO方向的速度，刚好沿PO做匀速直线运动，经过原点后进入第一象限，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动时的受力情况以及所受力的比例关系；‎ ‎(2)小球做匀速直线运动时的速度大小；‎ ‎(3)小球从O点进入第一象限开始经过多长时间离开x轴？‎ 解析：(1)由题意可知，小球在第三象限沿PO做匀速直线运动时，受竖直向下的重力、水平方向的电场力、与PO方向垂直的洛伦兹力，则由力的平衡条件可知，小球的洛伦兹力方向一定与PO垂直且斜向左上方，因此小球带负电荷，电场力一定水平向右。‎ 设小球质量为m，所受洛伦兹力大小为f，由平衡条件得小球所受力的比例关系为 mg∶(qE)∶f＝1∶1∶。‎ ‎(2)由第(1)问得qvB＝qE 解得v＝＝4 m/s。‎ ‎(3)小球刚进入第一象限时，电场力和重力平衡，可知小球先做匀速直线运动，进入y≥0.4 m的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从N点离开x轴，小球由O→A匀速运动的位移为 s1＝＝h 运动时间 t1＝＝＝＝0.1 s 由几何关系和圆周运动的周期关系式 T＝＝，小球在y≥0.4 m区域内偏转了90°‎ 则由A→C小球做圆周运动的时间为 t2＝T＝＝π s 由对称性知从C→N的时间 t3＝t1‎ 故小球在第一象限运动的总时间 t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋π s＝0.828 s。‎ 答案：(1)见解析 ‎(2)4 m/s　(3)0.828 s ‎10.(2018·天津高考)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，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，方向垂直于纸面向里。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。‎ 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，其周期与速度、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′，由几何关系可得 ‎(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，由几何关系知 tan θ＝ 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，在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得 tan θ＝ ⑧‎ 联立①⑥⑦⑧式得 ‎ v0＝。⑨‎ 答案：(1)　(2) ‎11.(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为条状区域边界上的两点，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点入射时速度的大小；‎ ‎(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。‎ 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)‎ ‎(a)‎ ‎(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。‎ ‎(b)‎ 根据牛顿第二定律有qE＝ma ①‎ 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＝at ②‎ l′＝v0t ③‎ v1＝vcos θ ④‎ 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＝2Rcos θ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝。 ⑦‎ ‎(3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0cot ⑧‎ 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＋T ⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期。‎ T＝ ⑪‎ 由③⑦⑨⑩⑪式得 t′＝(1＋)。 ⑫‎ 答案：见解析