备考2019年高考物理一轮复习文档：第9章 第3讲《带电粒子在复合场中的运动》练习（含解析）

板块三限时规范特训　　时间：45分钟　满分：100分一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分。其中 1～5为单选，6～9为多选)1．[2016·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，D正确。2．[2016·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在连线中点左侧水平向左，在连线中点右侧水平向右，带电粒子受力不为零，不可能做匀速直线运动；图C中粒子运动方向与所处位置磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要v0＝，粒子做匀速直线运动，故选B。3. [2016·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＝qB．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项错误；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项错误；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项错误；由F洛＝Bqv＝，D项正确。4．[2016·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＝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，泵体内液体受到的磁场力变大，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. [2018·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，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项错误；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项错误；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项错误。6．[2017·云南邵通二模]磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，下图为其原理示意图，水平放置的平行金属板C、D间有匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒)水平射入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻R0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S串联接在C、D两端，已知两金属板间距离为d，射入等离子体的速度为v，磁流体发电机本身的电阻为r(R0<r<2R0)。不计粒子的重力，则滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中(　　)A．电阻R0消耗的功率最大值为B．滑动变阻器消耗的功率最大值为C．金属板C为电源负极，D为电源正极D．发电机的输出功率先增大后减小答案　ACD解析　根据左手定则可判断两极板的极性，离子在运动过程中同时受静电力和洛伦兹力，到二力平衡时两极板间的电压稳定，E＝Bdv。由题图可知，当滑片P位于b端时，电路中电流最大，电阻R0消耗功率最大，其最大值为P1＝I2R0＝＝，故A正确；将定值电阻R0归为电源内阻，因为滑动变阻器的最大阻值2R0<r＋R0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为P＝，故B错误；等离子体射入后，由左手定则可知正离子向D板偏转，负离子向C板偏转，所以极板C为电源负极，极板D为电源正板，C正确；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与静电力平衡，即Bqv＝q，所以电源电动势为E＝Bdv，又R0<r<2R0，所以滑片P由a端向b端滑动时，外电路总电阻减小，其间某位置有r＝R0＋R，由电源输出功率与外电阻关系可知，在滑片P由a端向b端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故D正确。7. [2017·浙江三校模拟]如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒答案　AC解析　沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电小球，在重力、电场力、洛伦兹力的作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误。在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确。两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。8. [2017·江西新余二模]如图所示，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，离子的质量m、电荷量q、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则(　　)A．当v<时所有离子都打不到荧光屏上B．当v<时所有离子都打不到荧光屏上C．当v＝时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为D．当v＝时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为答案　AC解析　根据牛顿第二定律qvB＝，得R＝，当v<时，R<，直径2R<L，所有离子都打不到荧光屏上，故A正确；当v<时，对于≤v<的离子，≤R<L，能打到荧光屏上，故B错误；当v＝时，可知半径R＝L，离子运动轨迹如图所示，离子速度为v1时从下侧回旋，刚好和荧光屏下部相切；离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和荧光屏上部相切，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为，故D错误，C正确。9. [2017·黑龙江虎林模拟]如图所示，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则(　　)A．能打在板上的区域长度是2dB．能打在板上的区域长度是(＋1)dC．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为D．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为答案　BC解析　以磁场方向垂直纸面向外为例，打在极板上粒子轨迹的临界状态如图1所示。根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l＝(1＋)d，故A错误，B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图2所示。由几何关系知，最长时间t1＝T，最短时间t2＝T，又有粒子在磁场中运动的周期T＝＝；根据题意：t1－t2＝Δt。联立解得：Δt＝T＝，故C正确，D错误。若磁场方向垂直纸面向里，可得出同样的结论。二、非选择题(本题共3小题，共46分)10. (15分)如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°。有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点。已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：(1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t；(2)小球P抛出到落到斜面的位移x的大小。答案　(1)45°　　(2)解析　(1)小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面无压力，则mg＝qE①P获得水平初速度后由于重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角为45°qv0B＝m②T＝＝③圆周运动转过的圆心角为90°，小球P由A到C所需的时间：t＝＝④(2)由②式可知，P做匀速圆周运动的半径R＝⑤由几何关系知x＝R⑥由①⑤⑥可解得位移x＝。11. [2017·河南开封一模](15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，速度减小至0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。答案　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1) m解析　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子在进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点竖直向上射出磁场，逆着电场线运动，所以可得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5 m根据Bqv＝，得B＝，代入数据得B＝0.2 T。(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长，即s1＝πR设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得Eq＝mv2，s2＝则总路程s＝πR＋，代入数据得s＝(0.5π＋1) m。12. [2017·嘉兴市一中期末](16分)如图所示，宽度为L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反。长为L、宽为的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc中垂线上一点，OP＝3L。矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O。电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切。(1)求该粒子经过O点时的速度大小v0；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值。答案　(1) 　(2) (3)x＝2L，n＝2、3、4、5、6、7、8解析　(1)由题意中长宽几何关系可知aO＝L，粒子在从a到O加速，由动能定理：qEL＝mv①得粒子经过O点时速度大小：v0＝②(2)粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R0，由几何关系可得：R0－R0cos60°＝L③由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：qv0B＝④联立②③④式，得：B＝⑤(3)若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R，由几何关系有：2n＝3L⑥依题意有0<R≤R0⑦联立③⑥⑦得≤n<9，且n取正整数⑧设粒子在磁场中的运动速率为v，有：qvB＝⑨在电场中的加速过程，由动能定理：qEx＝mv2⑩联立⑤⑥⑨⑩式，得：x＝2L，其中n＝2、3、4、5、6、7、8。