2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場(chǎng) 第70講 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)加練半小時(shí) 教科版

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1、 第70講 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [方法點(diǎn)撥]　(1)先確定各場(chǎng)的方向、強(qiáng)弱等，后正確分析帶電體受力情況、運(yùn)動(dòng)情況，尋找臨界點(diǎn)、銜接點(diǎn)；(2)若帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則重力、電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力的合力為零；(3)若帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力與電場(chǎng)力等大、反向． 1．(多選)(2017·北京海淀區(qū)模擬)將一塊長(zhǎng)方體形狀的半導(dǎo)體材料樣品的表面垂直磁場(chǎng)方向置于磁場(chǎng)中，當(dāng)此半導(dǎo)體材料中通有與磁場(chǎng)方向垂直的電流時(shí)，在半導(dǎo)體材料與電流和磁場(chǎng)方向垂直的兩個(gè)側(cè)面會(huì)出現(xiàn)一定的電壓，這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng)，產(chǎn)生的電壓稱(chēng)為霍爾電壓，相應(yīng)的將具有這樣性質(zhì)的半導(dǎo)體材料樣品就稱(chēng)為霍爾元件．

2、如圖1所示，利用電磁鐵產(chǎn)生磁場(chǎng)，毫安表檢測(cè)輸入霍爾元件的電流，毫伏表檢測(cè)霍爾元件輸出的霍爾電壓．已知圖中的霍爾元件是P型半導(dǎo)體，與金屬導(dǎo)體不同，它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴(空穴可視為能自由移動(dòng)帶正電的粒子)．圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個(gè)接線端．當(dāng)開(kāi)關(guān)S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數(shù)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖1 A．電表B為毫伏表，電表C為毫安表 B．接線端2的電勢(shì)高于接線端4的電勢(shì) C．若調(diào)整電路，使通過(guò)電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，則毫伏表的示數(shù)將保持不變 D．若適當(dāng)減小R1、增大R2，則毫伏表示數(shù)一定增大 2．(

3、多選)如圖2所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變．關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng) B．若沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶正電，且一定是勻速運(yùn)動(dòng) C．若沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶負(fù)電，可能做勻加速運(yùn)動(dòng) D．兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能均保持不變 3．(多選)(2018·四川成都第七中學(xué)月考)太陽(yáng)風(fēng)含有大量高速運(yùn)動(dòng)的質(zhì)子和電子，可用于發(fā)電．如圖3所示，太陽(yáng)風(fēng)進(jìn)入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，

4、方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L(zhǎng)，則(　　) 圖3 A．在開(kāi)關(guān)K未閉合的情況下，兩極板間穩(wěn)定的電勢(shì)差為BLv B．閉合開(kāi)關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則極板間電場(chǎng)恒定 C．閉合開(kāi)關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILv D．閉合開(kāi)關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功 4．(多選)(2017·河北衡水金卷)如圖4所示，一對(duì)間距可變的平行金屬板C、D水平放置，兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.兩板通過(guò)滑動(dòng)變阻器與鉛蓄電池相連，這種鉛蓄電池能快速轉(zhuǎn)換到“逆變”狀態(tài)，即外界

5、電壓過(guò)低時(shí)能向外界提供一定的供電電壓，當(dāng)外界電壓超過(guò)某一限定值時(shí)可轉(zhuǎn)換為充電狀態(tài)，閉合開(kāi)關(guān)S后，有一束不計(jì)重力的帶正電粒子從左側(cè)以一定的速度v0射入兩板間恰能做直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)入射粒子或?qū)ρb置進(jìn)行調(diào)整，則下列有關(guān)描述正確的是(　　) 圖4 A．若僅將帶正電的粒子換成帶負(fù)電的粒子，也能直線通過(guò) B．若只增大兩板間距到一定程度時(shí)可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) C．若將滑動(dòng)變阻器觸頭P向a端滑動(dòng)，可提高C板的電勢(shì) D．若只減小入射粒子的速度，可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) 5．(2018·湖北黃岡模擬)如圖5所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x

6、軸下方是豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域．一帶電小球從x軸上的A點(diǎn)以一定初速度v0垂直x軸向上射出，小球恰好以速度v0從y軸上的C點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入第一象限，然后從x軸上的D點(diǎn)進(jìn)入x軸下方的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域，小球在復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，最后恰好擊中原點(diǎn)O，已知重力加速度為g.求： 圖5 (1)帶電小球的比荷； (2)x軸下方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t. 6．(2017·廣東佛山高三教學(xué)質(zhì)檢一)在水平面上，平放一半徑為R的光滑半圓管道，管道處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，

7、另有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球． (1)當(dāng)小球從管口沿切線方向以某速度射入，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰不受管道側(cè)壁的作用力，求此速度v0； (2)現(xiàn)把管道固定在豎直面內(nèi)，且兩管口等高，磁場(chǎng)仍保持和管道平面垂直，如圖6所示，空間再加一個(gè)水平向右、場(chǎng)強(qiáng)E＝的勻強(qiáng)電場(chǎng)(未畫(huà)出)，若小球仍以v0的初速度沿切線方向從左邊管口射入，求小球： 圖6 ①運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中動(dòng)能的增量； ②在管道運(yùn)動(dòng)全程中獲得的最大速度． 答案精析 1．BC 2．AB　[若沿ab方向拋出的小球帶正電，沿ac方向拋出的小球帶負(fù)電，則都可能做直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示，A項(xiàng)正確． 根據(jù)上述分析可知，若小

8、球沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng)，重力和電場(chǎng)力不變，由圖中可以看出應(yīng)保證重力和電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力大小相等且方向相反；若速度改變，則洛倫茲力改變，小球所受的合外力大小不為零且方向與速度方向不共線，所以小球?qū)⒉蛔鲋本€運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)正確．根據(jù)上述分析可知小球若沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶負(fù)電，重力和電場(chǎng)力不變，由圖中可以看出應(yīng)保證重力和電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力大小相等且方向相反；若速度改變，則洛倫茲力改變，小球所受的合外力大小不為零且方向與速度方向不共線，所以小球?qū)⒉蛔鲋本€運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤．兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中洛倫茲力不做功，只有重力和電場(chǎng)力做功．電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能改變，則機(jī)械能也改變，D項(xiàng)錯(cuò)誤．] 3．AB　

9、[太陽(yáng)風(fēng)進(jìn)入兩極板之間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，穩(wěn)定后，帶電粒子受到洛倫茲力和電場(chǎng)力作用，且＝qvB，解得U＝BLv，選項(xiàng)A正確；閉合開(kāi)關(guān)后，若回路中有穩(wěn)定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場(chǎng)恒定，選項(xiàng)B正確；回路中電流I＝＝，電阻消耗的熱功率P＝UI＝BLIv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 4．AB　[帶正電的粒子恰好做直線運(yùn)動(dòng)，其電場(chǎng)力和洛倫茲力相平衡，由q＝qv0B可知v0＝，若換成帶負(fù)電的粒子，電場(chǎng)力和洛倫茲力都反向，仍平衡，能直線通過(guò)，故選項(xiàng)A正確；若增大兩板間距，帶正電粒子射入后受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)堆積在極板上，將提高兩板間電壓，若此電壓超過(guò)蓄電池的逆變電壓就會(huì)使之處于“

10、逆變”狀態(tài)而被充電，故選項(xiàng)B正確；由于電容器C、D兩板是彼此絕緣的，調(diào)節(jié)滑動(dòng)觸頭P不起任何作用，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若減小入射粒子的速度，直線通過(guò)的粒子所受洛倫茲力減小，有部分粒子會(huì)落在下極板上，因此上極板上堆積的電荷會(huì)減小，對(duì)應(yīng)的電勢(shì)也會(huì)降低，達(dá)不到逆變電壓，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 5．(1)　(2)E0　　(3) 解析　(1)小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 在第二象限內(nèi)小球受重力和電場(chǎng)力作用做曲線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知，豎直方向：v0＝gt1，OC＝gt 水平方向：v0＝at1，OA＝at，a＝ 聯(lián)立得＝. (2)由(1)中知OC＝OA＝，t1＝，設(shè)小球在D點(diǎn)時(shí)速度為v，小球從C點(diǎn)到D點(diǎn)做

11、平拋運(yùn)動(dòng)，有OC＝gt，OD＝v0t2， tanθ＝，vcosθ＝v0 聯(lián)立得OD＝，t2＝，θ＝45°，v＝v0 因小球在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即mg＝qE，得E＝E0 而B(niǎo)qv＝m，得B＝ 由軌跡圖知2Rsinθ＝OD 聯(lián)立得B＝ (3)小球做圓周運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t3＝×＝ 所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝. 6．(1)　(2)①2mgR?、? 解析　(1)小球在水平面上只受到洛倫茲力作用，故 qv0B＝m 解得v0＝ (2)①小球在管道運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力始終不做功． 對(duì)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理

12、： mgR＋qER＝ΔEk.由題知，E＝，則ΔEk＝2mgR ②方法一：當(dāng)小球到達(dá)管道中方位角為θ的位置(如圖所示)時(shí)， 應(yīng)用動(dòng)能定理，有mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝mv2－mv 即v2＝＋2gR＋2gR(sinθ＋cosθ) 對(duì)函數(shù)y＝sinθ＋cosθ求極值，可得θ＝45°時(shí)，ymax＝ 所以vm＝ 方法二：如圖所示， 根據(jù)場(chǎng)的疊加原理，小球所受的等效重力為： mg′＝＝mg tanφ＝＝1，即φ＝45° 小球在等效重力場(chǎng)的“最低點(diǎn)”時(shí)，即當(dāng)小球到達(dá)管道中方位角為θ＝φ＝45°時(shí)，速度最大 由動(dòng)能定理： mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝mv－mv 解得：vm＝. 6