2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 專題探究七 帶電粒子在復(fù)合場中的運動練習(xí)（含解析）

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1、專題探究七　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1.(2019·安徽安慶模擬)如圖所示,一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運動,其軌道半徑為R,已知該電場的電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下;該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里,不計空氣阻力,設(shè)重力加速度為g,則(　C　) A.液滴帶正電 B.液滴比荷= C.液滴沿順時針方向運動 D.液滴運動速度大小v= 解析:液滴在重力場、勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運動,可知,qE=mg,得=,故B錯誤;電場力豎直向上,液滴帶負(fù)電,A錯誤;由左手定則可判斷液滴沿順時針轉(zhuǎn)動,C正確;由qvB=m,=得v=,故D錯誤.

2、 2.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時,利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度.電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成,磁極間的磁場是均勻的.使用時,兩電極a,b均與血管壁接觸,兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直,如圖所示.由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場中運動,電極a,b之間會有微小電勢差.在達(dá)到平衡時,血管內(nèi)部的電場可看做是勻強(qiáng)電場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零.在某次監(jiān)測中,兩觸點的距離為3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,兩觸點間的電勢差為160 μV,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T.則血流速度的近似值和電極a,b的正負(fù)為(　A　) A.1.3 m/s,a正

3、、b負(fù) B.2.7 m/s,a正、b負(fù) C.1.3 m/s,a負(fù)、b正 D.2.7 m/s,a負(fù)、b正 解析:血液中正負(fù)離子流動時,根據(jù)左手定則,正離子受到向上的洛倫茲力,負(fù)離子受到向下的洛倫茲力,所以正離子向上偏,負(fù)離子向下偏,即a為正極,b為負(fù)極.最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零,有q=qvB,解得v== m/s≈1.3 m/s,故A項正確. 3.(2018·遼寧沈陽二模)如圖所示,空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和水平的勻強(qiáng)磁場(垂直紙面向里).一帶正電小球從O點靜止釋放后,運動軌跡為圖中OPQ所示,其中P為運動軌跡中的最高點,Q為與O同一水平高度的點.下列關(guān)于該帶電小球運

4、動的描述,正確的是(　A　) A.小球在運動過程中受到的磁場力先增大后減小 B.小球在運動過程中電勢能先增加后減少 C.小球在運動過程中機(jī)械能守恒 D.小球到Q點后將沿著QPO軌跡回到O點 解析:小球由靜止開始運動,可知電場力大于重力,在運動的過程中,洛倫茲力不做功,電場力和重力的合力先做正功,后做負(fù)功,根據(jù)動能定理知,小球的速度先增大后減小,則小球受到的磁場力先增大后減小,故A正確;小球在運動的過程中,電場力先做正功,后做負(fù)功,則電勢能先減小后增加,故B錯誤;小球在運動的過程中,除重力做功以外,電場力也做功,機(jī)械能不守恒,故C錯誤;小球到Q點后,將重復(fù)之前的運動,不會沿著QPO

5、軌跡回到O點,故D錯誤. 4.(2019·江西模擬)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場,一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O′點穿出,射出時速度的大小為vA,若僅撤去磁場,其他條件不變,另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出,射出時速度的大小為vB,則顆粒B(　D　) A.穿出位置一定在O′點上方,vBvA C.穿出位置一定在O′點下方,vBvA 解析:設(shè)帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0

6、,若帶電顆粒A帶負(fù)電,其電場力、重力、洛倫茲力均向下,與運動方向垂直,不可能做直線運動,顆粒A一定為正電荷,且滿足mg=Eq+Bqv0,為勻速直線運動,故vA=v0.若僅撤去磁場,由于mg>Eq,帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn),穿出位置一定在 O′點下方,合力對其做正功,vB>vA,故D正確. 5.如圖所示,一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上,桿與水平方向夾角為θ,整個空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,先給小球一初速度,使小球沿桿向下運動,在A點時的動能為100 J,在C點時動能減為零,D為AC的中點,那么帶電小球在運動過程中,下列說法正確的是(　B　) A.到達(dá)C點后小球不

7、可能沿桿向上運動 B.小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等 C.小球在D點時的動能為50 J D.小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量 解析:若電場力大于重力,則靜止后小球可能沿桿向上運動,故A項錯誤;小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力,洛倫茲力隨速度的減小而減小,導(dǎo)致支持力和滑動摩擦力變化,小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等,故B項正確;小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等,故小球在D點時的動能也就不等于50 J,故C項錯誤;該過程是小球的重力勢能、電勢能、動能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒,小球電勢能的增

8、加量不等于重力勢能的減少量,故D項錯誤. 6.(多選)如圖所示,空間中存在正交的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B(勻強(qiáng)電場水平向右),在豎直平面內(nèi)從a點沿ab,ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用,兩球電荷量始終不變),關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是(　AC　) A.沿ab,ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B.只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動 C.若有小球能做直線運動,則它一定是勻速運動 D.兩小球在運動過程中機(jī)械能均守恒 解析:沿ab方向拋出的帶正電小球,或沿ac方向拋出的帶負(fù)電的小球,在重力、電場力、洛倫茲力作用下,都可能做勻速直線運動,A正確,B錯誤.

9、在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動,C正確.兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功,故機(jī)械能不守恒,D錯誤. 7.(2019·黑龍江哈爾濱九校聯(lián)考)(多選)如圖所示,空間同時存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電場強(qiáng)度為E.一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v,則關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是(　AD　) A.小球做勻速圓周運動 B.小球運動過程中機(jī)械能守恒 C.小球運動到最低點時電勢能增加了 D.小球第一次運動到最低點歷時 解析:小球在復(fù)

10、合電磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài),只受兩個力作用,即重力和電場力且兩者平衡,當(dāng)把磁場順時針方向傾斜30°,且給小球一個垂直磁場方向的速度v,則小球受到的合力就是洛倫茲力,且與速度方向垂直,所以帶電小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動,選項A正確.由于帶電小球在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動,運動過程中受到電場力要做功,所以機(jī)械能不守恒,選項B錯誤.從開始到最低點克服電場力做功為W=EqRsin 30°=mg××=,所以電勢能的增加量為,選項C錯誤.小球第一次運動到最低點的時間為T=,所以選項D正確. 8.(多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率.如圖(甲)所示,自行車前輪上安裝一塊磁鐵,輪

11、子每轉(zhuǎn)一圈,這塊磁鐵就靠近霍爾傳感器一次,傳感器會輸出一個脈沖電壓.圖(乙)為霍爾元件的工作原理圖,當(dāng)磁鐵靠近霍爾元件時,導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn),最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差,即為霍爾電勢差.下列說法正確的是(　AD　) A.根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小 B.自行車的車速越大,霍爾電勢差越高 C.圖(乙)中霍爾元件的電流I是由正電荷定向移動形成的 D.如果長時間不更換傳感器的電源,霍爾電勢差將減小 解析:根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速,若再已知自行車車輪的半徑,根據(jù)v=2πrn即可獲知車速大小,選項

12、A正確;根據(jù)霍爾原理可知q=Bqv′,U=Bdv′,即霍爾電勢差與磁場強(qiáng)度、霍爾元件的寬度以及電子定向移動的速率有關(guān),與車速無關(guān),選項B錯誤;題圖(乙)中霍爾元件的電流I是自由電子定向移動形成的,選項C錯誤;如果長時間不更換傳感器的電源,則會導(dǎo)致電子定向移動的速率減小,故霍爾電勢差將減小,選項D正確. 9.(2019·成都外國語學(xué)校高三檢測)如圖所示,在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場,MN為電場和磁場的交界面,ab為磁場的上邊界.現(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶

13、正電粒子,粒子運動軌跡恰與ab相切并返回電場.已知電場強(qiáng)度E=,不計粒子重力和粒子間的相互作用.求: (1)粒子從O點第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大小; (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小. 解析:(1)根據(jù)動能定理,得qEd=mv2-m, 解得v=2v0, 粒子在電場中做類平拋運動, 有d=a,x=v0t1,a=, 解得t1=,x=. (2)粒子運動的軌跡如圖所示,設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角的速度進(jìn)入磁場 tan θ==, 解得θ=60° 根據(jù)R+Rcos θ=d, 解得R= 由牛頓第二定律可得 qvB=m, 解得B=. 答案:(1)2v0　　(

14、2) 10.(2018·天津南開區(qū)一模)如圖所示為實驗室篩選帶電粒子的裝置示意圖:左端加速電極M,N間的電壓U1=9 V.中間速度選擇器中存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=1.0 T,兩板間的距離d=10 cm.選擇器右端是一個半徑R=2 m的圓筒,可以圍繞豎直中心軸順時針轉(zhuǎn)動,筒壁的一個水平圓周上均勻分布著8個小孔O1至O8,圓筒內(nèi)部有豎直方向的勻強(qiáng)磁場B2.一電荷量q=3.2×10-18 C、質(zhì)量m=6.4×10-20 kg的帶負(fù)電的粒子,從靜止開始經(jīng)過加速電場后勻速穿過速度選擇器.圓筒不轉(zhuǎn)時,粒子恰好從小孔O2射入,從小孔O7射出,若粒子碰到圓筒就被圓筒吸收.

15、求: (1)速度選擇器兩端的電壓U2的大小; (2)圓筒內(nèi)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小和方向; (3)要使粒子從一個小孔射入圓筒后能從正對面的小孔射出(如從O1進(jìn)從O5出),則圓筒勻速轉(zhuǎn)動的角速度多大? 解析:(1)帶電粒子在加速電場中運動時,由動能定理得qU1=mv2, 得v=30 m/s 帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動,有qB1v=qE,又E=,解得U2=3 V. (2)粒子在圓筒內(nèi)運動軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系得知粒子做圓周運動的半徑為r=R, 根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qB2v=m, 解得B2=0.3 T; 由左手定則可知B2的方向豎直向下. (3)不

16、管從哪個孔進(jìn)入,粒子在筒中運動的時間與軌跡一樣,由T=,t= T 得運動時間為t= s, 在這段時間圓筒轉(zhuǎn)過的可能角度 α=2nπ+(n=0,1,2,3,…), 圓筒的角速度 ω==(40n+5)rad/s,(n=0,1,2,3,…). 答案:(1)3 V (2)0.3 T,方向豎直向下 (3)(40n+5)rad/s,(n=0,1,2,3,…) 11.(2018·河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖所示,質(zhì)量M為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運動,小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道,DC部分是光滑圓弧軌道,整個軌道都是由絕緣材料制成的,小車所在空間內(nèi)有豎直向

17、上的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度E大小為50 N/C,磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為2.0 T.現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負(fù)電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車,當(dāng)它運動到D點時速度為5 m/s.滑塊可視為質(zhì)點,g取10 m/s2,計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字. (1)求滑塊從A到D的過程中,小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76 N,求圓弧軌道的半徑r; (3)當(dāng)滑塊通過D點時,立即撤去磁場,要使滑塊沖出圓弧軌道,求此圓弧軌道的最大半徑. 解析:(1)設(shè)滑塊運動到D點時的速度大小為v1,小車在此時的速度大小

18、為v2,滑塊從A運動到D的過程中,系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方 向,有 mv0-Mv=mv1+Mv2,解得v2=0. 設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE, 則有ΔE=m+Mv2-m, 解得ΔE=85 J. (2)設(shè)滑塊剛過D點時受到軌道的支持力為FN, 則由牛頓第三定律可得FN=76 N, 由牛頓第二定律可得FN-(mg+qE+qv1B)=m, 解得r=1.0 m. (3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時,滑塊與小車具有共同的速度v′, 由動量守恒定律可得mv1=(m+M)v′, 解得v′= m/s. 設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm, 由能量守恒定律有 m=(m+M)v′2+(mg+qE)Rm, 解得Rm=0.71 m. 答案:(1)85 J　(2)1.0 m　(3)0.71 m - 8 -