（新课标）河南省高考物理总复习 第8章加强1讲 带电粒子在复合场中的运动课时限时检测.doc

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6小题，每小题8分，共48分在每小题给出的四个选项中，13题只有一个选项正确，46题有多个选项正确，全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错或不选的得0分)1(2014南京模拟)如图8312所示，从s处发出的热电子经加速电压u加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转设两极板间电场强度为e，磁感应强度为b.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是()图8312a适当减小电场强度eb适当减小磁感应强度bc适当增大加速电场极板之间的距离d适当减小加速电压u【解析】欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，则qeqvb，而电子流向上极板偏转，则qeqvb，故应减小e或增大b、v.故a正确，b、c、d错误【答案】a2(2013杭州一中模拟)如图8313所示，两导体板水平放置，两板间的电势差为u，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的m、n两点间的距离d随着u和v0的变化而变化情况为()图8313ad随v0的增大而增大，d与u无关bd随v0的增大而增大，d随u的增大而增大cd随u的增大而增大，d与v0无关dd随v0的增大而增大，d随u的增大而减小【解析】带电粒子射出电场时速度的偏转角为，运动轨迹如图所示，有：cos ，又r，而d2rcos 2cos ，选项a正确【答案】a图83143(2013重庆高考)如图8314所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷，导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为b.当通以从左到右的稳恒电流i时，测得导电材料上、下表面之间的电压为u，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为()a.，负b.，正c.，负 d.，正【解析】由左手定则，可判定自由电荷带负电，b、d错误；当导电材料上、下表面电压为u时，对自由电荷，有|q|vb|q|，得uvba，又由电流的微观表达式in|q|vs，(其中n为该导电材料单位体积的自由电荷数)sab，联立解得n，故a错误，c正确【答案】c4在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力)，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是()【解析】如电子水平向右运动，在a图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在b图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右匀减速直线运动；在c图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，当二者大小相等时，电子向右做匀速直线运动；在d图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此只有选项b、c正确【答案】bc5(2014南昌二中模拟)北半球某处，地磁场水平分量b10.8104 t，竖直分量b20.5104 t，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d20 m，如图8315所示，与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为u0.2 mv，则()图8315a西侧极板电势高，东侧极板电势低b西侧极板电势低，东侧极板电势高c海水的流速大小为0.125 m/sd海水的流速大小为0.2 m/s【解析】由于海水向北流动，地磁场有竖直向下的分量，由左手定则可知，正电荷偏向西极板，负电荷偏向东极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项a正确；对于流过两极板间的带电粒子有：qvb2q，即v m/s0.2 m/s，故选项d正确【答案】ad6.图8316如图8316所示，空间中存在正交的匀强电场e(方向水平向右)和匀强磁场b(方向垂直纸面向外)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电小球的相互作用，两小球电荷量始终不变)，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方向抛出的带电小球才可能做直线运动c若沿ac方向抛出的小球做直线运动则小球带负电，且小球一定是做匀速运动d两小球在运动过程中机械能均守恒【解析】两个带电小球的电性未知，可假设电性再判断电场力和洛伦兹力的方向，由于在电场力、洛伦兹力和重力作用下小球的直线运动必为匀速运动，只要三力能平衡，小球即可做直线运动，由假设判断可知沿ab方向做直线运动的小球带正电、沿ac方向做直线运动的小球带负电，所以选项a、c正确，选项b错误；除重力做功外，洛伦兹力不做功，电场力做功，机械能不守恒，选项d错误【答案】ac二、非选择题(本题共4小题，共52分计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)7(12分)如图8317所示，有界匀强磁场的磁感应强度b2103t；磁场右边是宽度l0.2 m、场强e40 v/m、方向向左的匀强电场一带电粒子电荷量q3.21019c，质量m6.41027kg，以v4104 m/s的速度沿oo垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出(不计重力)图8317(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；(2)求带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)求带电粒子飞出电场时的动能ek.【解析】(1)轨迹如图(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律得qvbmrm0.4 m.(3)ekeqlmv2403.210190.2 j6.41027(4104)2 j7.681018j.【答案】(1)轨迹见解析图(2)0.4 m(3)7.681018 j8(12分)如图8318甲所示，互相平行且水平放置的金属板，板长l1.2 m，两板距离d0.6 m，两板间加上u0.12 v的恒定电压及随时间变化的磁场，磁场变化规律如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正当t0时，有一质量为m2.0106kg、电荷量q1.0104c的粒子从极板左侧以v04.0103m/s的速度沿与两板平行的中线oo射入，取g10 m/s2、3.14.求：图8318(1)粒子在01.0104s内位移的大小x；(2)粒子离开中线oo的最大距离h；(3)粒子在板间运动的时间t；(4)画出粒子在板间运动的轨迹图【解析】(1)由题意知：eqq2.0105n而mg2.0105n显然eqmg故粒子在01.0104s时间内做匀速直线运动，因为t1.0104s，所以xv0t0.4 m.(2)在1.01042.0104s时间内，电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，因为t1.0104s故粒子在1.01042.0104s时间内恰好完成一个周期圆周运动由牛顿第二定律得：qv0br0.064 mh2r0.128 m0)的p点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点o，且水平进入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过n点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)p点距坐标原点o至少多高；(3)若该小球以满足(2)中op最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过n点开始计时，经时间t2小球距坐标原点o的距离s为多远？【解析】(1)小球进入第一象限的正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡设小球所带电荷量为q，则有：qemg解得：q由于电场方向竖直向上，故小球带正电(2)设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qbv小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mg解得：r即po