【文档说明】【高考复习】高考物理 全程复习课后练习28 带电粒子在复合场中的运动（含答案解析）.doc，共(9)页，214.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020版高考物理全程复习课后练习28带电粒子在复合场中的运动1.如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运

动过程中，下列关于描述小球运动的v—t图象中正确的是()2.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变

)，从图中情况可以确定()A．粒子从a到b，带正电B．粒子从a到b，带负电C．粒子从b到a，带正电D．粒子从b到a，带负电3.如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度

垂直等势线进入正交电场、磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)，则下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势线向左D．粒子从M点运动到N点的过程中

电势能增大4.如图所示，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转．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()A．适当减小电场强度EB．适当减小

磁感应强度BC．适当增大加速电压UD．适当增大加速电场极板之间的距离5.如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界的匀强磁场中发生偏转，最后打在荧光屏上．如果发现电视画面幅度与正常的相比偏小，则引起这种现象可能的原因

是()A．电子枪发射能力减弱，电子数量减少B．加速电场的电压过低，电子速率偏小C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少D．偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强6.已知流过通电直导线的电流大小为I，与通电直导线距离为r处的N

点的磁感应强度大小为BN=kIr(k为常量)．如图所示，△ACD是直角三角形，∠ADC=60°，A、C、D三点放置三个完全相同且垂直于该直角三角形所在平面的直导线，A、C、D处的直导线中的电流大小分别为I、2I和2I

，方向均垂直平面向里；已知A点的直导线在AD的中点M处的磁感应强度大小为B，若在M点固定一垂直于纸面的直导体棒，其长度为L(L很小)，通过的电流大小为I，则该导体棒受到的安培力大小为()A.3BILB.5B

ILC.7BILD．3BIL7.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计．该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金

属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是()A．M端的电势比N端的高B．电压表的示数U与a、b均成正比，与c

无关C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比D．若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为08.(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源

位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab=L，则粒子的速度可能是()A.3qBL6mB.3qBL3mC.3qBL2mD.3qBLm9.如图所示，正方形abcd区域内

有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的

方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是()A．该带电粒子可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是32t0D．若该带电粒子从c

d边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是53t010.如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动，该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v－t图象如图乙所示，物块全程运动的时

间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是()A．该物块带负电B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/sC．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D．在2～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动11.(多选)如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量

为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力Ff随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化

规律的图象中，可能正确的是()12.(多选)如图所示，在以R0为半径、O为圆心的圆形区域内存在磁场，直径MN左侧区域存在一方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B1的匀强磁场(未画出)；MN右侧区域存在一方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B2的匀强磁场(

未画出)．现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从P点沿垂直于MN的方向射入磁场，通过磁场区域后从Q点离开磁场，离开磁场时粒子的运动方向仍垂直于MN.已知OP与MN的夹角为θ1，OQ与MN的夹角为θ2，粒子

在MN左侧区域磁场中的运动时间为t1，粒子在MN右侧区域磁场中的运动时间为t2，则()A.B2B1=sinθ1sinθ2B.B2B1=sinθ2sinθ1C.t1t2=sinθ2sinθ1D.t1t2=sinθ1sinθ213.如图所示，

某一水平面内有一直角坐标系xOy，x=0和x=L=10cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E1=1.0×104V/m，x=L和x=3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E2=1.0×104V/m，一电子(

为了计算简单，比荷取2×1011C/kg)从直角坐标系xOy的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动．求：(1)电子从O点进入电场到离开x=3L处的电场所需的时间；(2)电子离开x=3L处的电场时对应的纵坐标长度．14.如图

所示，在xOy平面内，在0<x<1.5l的范围内充满垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥1.5l，y>0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小都为B.有一质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，从

坐标原点O以某一初速度沿与x轴正方向成θ=30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过x轴上的M点(图中未标出)射出磁场Ⅱ.已知P点坐标为(1.5l，32l)，不计重力的影响，求：(1)粒子的初速度大小．(2)M点在x轴上的位置．答案解析1.答案为：C；解析：在小球下滑的过程中，对小

球进行受力分析，如图所示，小球受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，洛伦兹力qvB较小，支持力N较大，随着速度的增大，支持力N在减小，可以知道摩擦力f减小，竖直方向上

的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力qvB和电场力qE相等，此时支持力N为零，摩擦力f为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f与

重力mg相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项ABD所示的v—t图象不符合分析得到的小球的运动规律，C选项符合．2.答案为：C；解析：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB，可知，粒

子运动的轨迹半径是逐渐减小的，所以粒子的运动轨迹是从b到a，选项A、B错误；再根据左手定则可知，粒子带正电，选项C正确，D错误．3.答案为：C；解析：根据粒子在电场、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电

，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势线向左，选项

C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．4.答案为：B；解析：根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力，要想使电子沿直线从电磁复合场区域通过，则必须有Eq=qvB，所以

可以适当增大电场强度或适当减小磁感应强度，A错误，B正确；由Ue=12mv2得v=2Uem，可以适当减小加速电压来减小电子进入电磁复合场的速度v，从而使得Eq=qvB，C错误；适当增大加速电场极板间的距离，但只要两板间电压不变，电子进入磁场的速度就不变，则电子受到的电场力仍小于它受到的洛伦兹力，

电子向下偏转，D错误．5.答案为：C；解析：电视画面幅度比正常的偏小，是由于电子束的偏转角减小，即电子束的轨道半径增大．电子在磁场中偏转时的半径r=mvqB，当电子枪发射能力减弱，发射的电子数量减少时，由于运动的电子速率

及磁感应强度不变，所以不会影响电视画面幅度的大小，故A错误；当加速电场电压过低，电子速率偏小时，会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面幅度与正常的相比偏大，故B错误；当偏转线圈局部短路，线圈匝数减少时，会导致偏转线圈的磁感应强度减弱，从而使电子运动半径增大，电子束

的偏转角减小，则画面幅度与正常的相比偏小，故C正确；当偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强时，会导致电子运动半径变小，所以画面幅度与正常的相比偏大，故D错误．6.答案为：C；解析：如图所示，根据右手螺旋定则可知，C点的直导线在M点处的磁感应强度大小为2

B，D点的直导线在M点处的磁感应强度大小为2B，根据磁感应强度的叠加得M点处的磁感应强度大小为7B，则M点处固定的导体棒受到的安培力大小为7BIL，选项C正确．7.答案为：C；解析：根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向外，则向外偏转，正离子所受的洛伦兹力向里，向里

偏转，因此M板带负电，N板带正电，则M板的电势比N板电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUb，解得U=Bbv，与离子浓度无关，故BD错误；因v=UBb，则流量Q=vbc=UcB，因此U=BQc，与污水流量成正比，故C正确．8.答案为：AB；解

析：由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r=33·Ln(n=1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r，则v=Bqrm=3BqL3m·1n(n=1,2,3，…)，所以A

、B正确．9.答案为：D；解析：由带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t0，随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC

、BA之间，不可能从四个顶点射出，故A错误；当粒子从O点沿虚线方向射入正方形内，从ab边射出的粒子所用时间不大于512周期(56t0)，从bc边射出的粒子所用时间不大于23周期(4t03)，所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为56周期(5t03)，故D正确，B、C错误．10.

答案为：D；解析：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向有μFN－mgsinθ=ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，一定是FN逐渐减小，而开始时FN

=mgcosθ，后来F′N=mgcosθ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故A错误．物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时mgsin

θ=μ(mgcosθ－f洛)②由②式可知，只要皮带的速度大于或等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1m/s，也可能大于1m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运

动，故B错误、D正确．由以上分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误．11.答案为：ABD；解析：小圆环向上做减速运动，对小圆环受力分析，竖直方向：重力和竖直向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mg＋f=ma；水平方向：

N=qvB，f=μN，解得f=μqvB.速度逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，当速度减小到零时，加速度为g，此时摩擦力为零，然后小圆环向下做加速运动，竖直方向：mg－f=ma；水平方向：N=qvB，f=μN，随着速度的增大，弹力N增大，摩擦力增大，加速度减小，A、

B正确．动能先减小后增大，Ek－x图像的斜率大小表示合外力，从0～x过程，动能减小，合外力减小，从x～0的过程，动能增大，合外力减小，C错误．小圆环的机械能逐渐减小，E－x图像的斜率大小表示摩擦力f，上升过程中，从0～x过程，摩擦力逐渐减小，下滑过程，位移从x～0，摩擦力逐渐增大，D正确．1

2.答案为：AD；解析：设粒子的速度为v，它在MN左侧磁场中的运动轨迹为圆弧PS，圆弧对应的圆心为O1，半径为R1，如图所示，则qvB1=mv2R1，且O1P平行于MN；粒子进入MN右侧磁场中的运动轨

迹为圆弧SQ，圆弧对应的圆心为O2，半径为R2，如图所示，则qvB2=mv2R2，且O2Q平行于MN，连接O1S、SO2，则O1、S、O2在同一条直线上，设∠PO1S=∠QO2S=α，由几何关系可得OP=OQ=R0，O1S=R1，SO2=R2，R1sinα=R0sinθ1，R2s

inα=R0sinθ2，联立解得B2B1=R1R2=sinθ1sinθ2，选项A正确，B错误；粒子在MN左侧区域磁场中的运动时间为t1=α2πT1=α2π·2πmqB1=mαqB1，粒子在MN右侧区域磁场中的运动时间为t2=α2πT2=α2π·2π

mqB2=mαqB2，t1t2=B2B1=sinθ1sinθ2，选项D正确，C错误．13.解：(1)设电子离开x=L的位置为P点，离开x=3L的位置为Q点，则12mv2P=eE1L代入数据得vP=2×107

m/s电子从O点运动到P点，所用时间满足L=12×eE1mt21代入数据得t1=10－8s电子从P点运动到Q点，所用时间t2=2LvP=10－8s所以总时间为t=t1＋t2=2×10－8s.(2)电子运动到Q点时yQ=12·eE2m·t22代入数据得yQ=0.1m.14.解

：(1)连接OP，过P作y轴垂线交y轴于点A，过O作初速度垂线OO1交PA于点O1，根据P点的坐标值及初速度方向可得∠APO=∠O1OP=30°故O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r.由几何关系可得r＋rcos60°=1.5l解得r=l根据牛顿第二定律有qvB

=mv2r解得v=qBlm.(2)粒子在匀强磁场Ⅱ中的运动半径与其在匀强磁场Ⅰ中的运动半径相同．由对称性可知OM=2×1.5l=3l.