1、2013届高三物理一轮复习课时作业及详细解析：第39讲带电粒子在组合场和复合场中的运动.图K3911如图K391所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电粒子由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动下列说法正确的是()A微粒一定带负电B微粒动能一定减少C微粒的电势能一定增加D微粒的机械能一定增加22011海淀模拟 两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转，带电粒子所受重力可忽略不计若
2、仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中一定不可行的是()A仅增大带电粒子射入时的速度B仅增大两金属板所带的电荷量C仅减小粒子所带电荷量D仅改变粒子的电性3设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图K392所示，已知一离子在静电力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，下述说法中错误的是()A该离子必带正电荷BA点和B点位于同一高度C离子在C点时速度最大D离子到达B点后，将沿原曲线返回A点图K392图K3934如图K393所示，在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强
3、磁场方向水平向里现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1.若将磁场撤除，其他条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2.小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1和t2的大小比较，以下判断正确的是()Av1v2，t1t2Bv1v2，t1t2Cv1v2，t1t2 Dv1v2，t1t252011江西联考 如图K394所示，在同时存在匀强电场、匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz(z轴正方向竖直向上)，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不能忽略)从原点O以速度 v沿x轴正方向出发下列说法正确的是()A若电场、
4、磁场分别沿z轴正方向和x轴正方向，则粒子只能做曲线运动B若电场、磁场均沿z轴正方向，则粒子有可能做匀速圆周运动C若电场、磁场分别沿y轴负方向和z轴正方向，则粒子有可能做平抛运动D若电场、磁场分别沿z轴正方向和y轴负方向，则粒子有可能做匀速直线运动图K394图K39562011福州模拟 如图K395所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束下列判断正确的
5、是()A这三束正离子的速度一定不相同B这三束正离子的质量一定不相同C这三束正离子的电荷量一定不相同D这三束正离子的比荷一定不相同图K39672011济南质检 如图K396所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为()A.，B.，CB， D.，8目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机图K397表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强
6、磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为I，那么板间电离气体的电阻率为()A.B.C.D.图K397图K39892011石家庄一模 如图K398所示，m2.001010 kg的小球(可看成质点)带电荷量q8.00108 C，以初速度v01.00102 m/s从小孔进入足够大的M、N板之间的区域，M、N间距离L2.00 m，电场强度E2.50102 N/C，方向竖直向上，磁感应强度B0.250 T，方向水平向右在小球运动的正前方固定一个与水平方向成45角的足够小的绝缘薄板，假设小球与薄板碰撞时无机械能损失，取g10 m/s2
7、，则()A带电小球不能到达N板 B带电小球能到达N板，且需2.00102 s时间C带电小球能到达N板，且需8.28102 s时间D带电小球能到达N板，因未知绝缘薄板与A点的距离，所以无法确定所需时间102011内江三模 如图K399所示，一个内壁光滑绝缘的环形细圆筒轨道竖直放置，环的半径为R，圆心O与A端在同一竖直线上，在OA连线的右侧有一竖直向上的场强E的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场现有一个质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放，进入OA连线右边的区域后从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒，圆筒的内径很小，可以忽略不计(1)小球第一次运动到A端时，对轨
8、道的压力为多大？(2)匀强磁场的磁感应强度为多大？ 图K39911如图K3910所示为某种新型设备内部电、磁场分布情况图自上而下分为、三个区域区域宽度为d1，分布有沿纸面向下的匀强电场E1；区域宽度为d2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域中分布有沿纸面向下的匀强电场E2和垂直纸面向里的匀强磁场B2.现在有一群质量和带电荷量均不同的带正电粒子从区域上边缘的注入孔A点被注入，从静止开始运动，然后相继进入、两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域，其他粒子则从区域飞出三区域都足够长，粒子的重力不计已知能飞回区域的带电粒子的质量为m6.41027 kg，带电荷量为q3.21019 C，且
9、d110 cm，d25 cm，d310 cm，E1E240 V/m，B14103 T，B22 103 T试求：(1)该带电粒子离开区域时的速度(2)该带电粒子离开区域时的速度(3)该带电粒子第一次回到区域的上边缘时的位置与A点的距离图K3910课时作业（三十九）【基础热身】1AD解析 对该种粒子进行受力分析得：受到竖直向下的重力、水平方向的电场力、垂直速度方向的洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力粒子沿直线运动，则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，即该粒子是做匀速直线运动，所以选项B错误；如果该粒子带正电，则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以不会沿直线运动，故该种粒子一定是带负电，选项
10、A正确；该种粒子带负电，向左上方运动，电场力做正功，电势能一定是减少的，选项C错误；因为重力势能增加，动能不变，所以该粒子的机械能增加，选项D正确2C解析 带电粒子在两板之间受电场力与洛伦兹力，但两者的大小不等，且方向不确定若仅增大带电粒子射入时的速度，可能因为所受的洛伦兹力变大，而使带电粒子向下偏转，选项A可行；若仅增大两金属板所带的电荷量，因两极板间的电场强度增大，故带电粒子可能向下偏转，选项B可行；若仅减小粒子所带的电荷量，则由于粒子所受电场力与洛伦兹力以相同的倍数变化，故带电粒子仍向上偏转，选项C不可行；仅改变粒子的电性，则由于两个力的方向都发生变化，带电粒子将向下偏转，选项D可行3D
11、解析 由离子从静止开始运动的方向可知离子带正电，A正确因洛伦兹力不做功，只有静电力做功，由能量守恒或动能定理可知B、C正确到达B后，将重复ACB过程，向右运动，D错误4D解析 由于洛伦兹力不做功，所以两次落地速度大小相等，据此排除选项A、B；有磁场时，由于小球带正电，根据左手定则易得小球受到向上的洛伦兹力(或其向上的分力)，可知有磁场时小球落地经历时间较长，选项C错误、选项D正确【技能强化】5BCD解析 正电荷沿x正方向运动，磁场沿x轴时，所受洛伦兹力为零，当满足qEmg时，粒子做匀速直线运动，选项A错误；若电场、磁场均沿z轴正方向，当满足qEmg时，粒子做匀速圆周运动，选项B正确；当电场、磁
12、场分别沿y轴负方向和z轴正方向时，电场力的方向沿y轴负方向，洛伦兹力沿y轴正方向，x轴方向速度不变，当满足qEBqvx时，粒子做平抛运动，选项C正确；当电场、磁场分别沿z轴正方向和y轴负方向，且满足mgqEBqv时，粒子做匀速直线运动，选项D正确6D解析 带电粒子在金属板中做直线运动，qvBEq，即v，表明带电粒子的速度一定相等，而电荷的带电量、电性、质量、比荷的关系均无法确定，在磁场中R，带电粒子运动半径不同，所以比荷一定不同，选项D正确7D解析 液滴做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力和电场力等大、反向，根据qvB，qEmg，解得m，v，故选项D正确8A解析 当粒子受的电场力与洛伦兹力
13、平衡时，两板间电压即为电动势，由qvBq，得UBdv.又I，r，由此可解得，选项A正确9C解析 由题设条件可知：qEmg，在撞到薄板以前，洛伦兹力为零，小球做匀速直线运动，经历的时间t1，与板相撞后，小球速度方向竖直向上，做匀速圆周运动，转过一周与板的另一侧相撞，速度变为水平，继续向右做匀速直线运动，圆周运动的时间T，继续向右做匀速直线运动的时间t2，故小球从M到N所用时间为t1Tt28.28102 s，选项C正确10(1)4mg(2) 解析 (1)由机械能守恒定律得：mgR(1sin30)mv2到达A点时，由牛顿第二定律得：FNmg由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力：FNFN4mg(2)带电
14、小球进入复合场后，所受的电场力FqEmg，所以它将做匀速圆周运动，穿出复合场后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，则：在水平方向上有：Rcos30vt竖直下落的高度hgt2因此，小球在复合场中做匀速圆周运动的半径r由洛伦兹力提供向心力得：qvB联立解得：B 【挑战自我】11(1)2104 m/s方向竖直向下(2)2104 m/s方向与水平方向成45角斜向右下方(3)57.26 cm解析 (1)由动能定理：qE1d1mv2得：v2104 m/s，方向竖直向下(2)该带电粒子在区域中做匀速圆周运动，速度大小不变，离开区域时的速度大小仍为v2104 m/s，方向如图所示由牛顿第二定律：qB1vm由sin得：45所以带电粒子离开区域时的速度方向与水平方向成45角斜向右下方(3)将该带电粒子离开区域而进入区域时的速度分解为vx、vy，则：vxvyvsin45104 m/s所以：qB2vxqB2vy1.281017 N.又qE21.281017 N故qE2qB2vx所以带电粒子在区域中的运动可视为沿x轴正向的速率为vx的匀速直线运动和以速率为vy及对应洛伦兹力qB2vy作为向心力的匀速圆周运动的叠加，运动轨迹如图所示R210 cmT105 s根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域的上边缘的B点，距A点的距离为d2代入数据可得：d57.26 cm