2022高中物理 第3章 磁場(chǎng) 專(zhuān)題突破與題型專(zhuān)練 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1

《2022高中物理 第3章 磁場(chǎng) 專(zhuān)題突破與題型專(zhuān)練 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2022高中物理 第3章 磁場(chǎng) 專(zhuān)題突破與題型專(zhuān)練 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高中物理 第3章 磁場(chǎng) 專(zhuān)題突破與題型專(zhuān)練 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1 題型一:帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)實(shí)例分析 1.(2018·南京高二檢測(cè))如圖所示,在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的區(qū)域內(nèi)(磁場(chǎng)水平向里),有一正電粒子恰能沿直線(xiàn)飛過(guò)此區(qū)域(不計(jì)粒子重力),則下列說(shuō)法正確的是(　D　) A.可以判斷出電場(chǎng)方向向上 B.僅增大粒子電荷量,粒子將向上偏轉(zhuǎn) C.僅增大粒子電荷量,粒子將向下偏轉(zhuǎn) D.僅改變粒子電性,粒子仍能繼續(xù)沿直線(xiàn)飛出 解析:在復(fù)合場(chǎng)中對(duì)帶電粒子進(jìn)行正確的受力分析,在不計(jì)重力的情況下,離子在復(fù)合場(chǎng)中沿水平方向直線(xiàn)通過(guò),故有qE=qvB,解得

2、v=,若粒子帶正電,則受洛倫茲力向上,而靜電力向下,所以電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向下;若帶負(fù)電,則受洛倫茲力向下,而靜電力向上,所以電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向下,所以無(wú)論粒子帶何種電性的電,只要速度滿(mǎn)足v=,即可沿直線(xiàn)通過(guò),選項(xiàng)D正確 2.(多選)用如圖所示的回旋加速器來(lái)加速質(zhì)子,為了使質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能增加為原來(lái)的4倍,可采用的方法是(　AC　) A.將其磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來(lái)的2倍 B.將其磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來(lái)的4倍 C.將D形金屬盒的半徑增大為原來(lái)的2倍 D.將兩D形金屬盒間的加速電壓增大為原來(lái)的4倍 解析:在磁場(chǎng)中由牛頓第二定律得 evB=m, 質(zhì)子的最大動(dòng)能Ekm=mv2, 解得Ek

3、m=, 要使質(zhì)子的動(dòng)能增加為原來(lái)的4倍,可以將磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來(lái)的2倍或?qū)蒁形金屬盒的半徑增大為原來(lái)的2倍,選項(xiàng)B錯(cuò)誤,A,C正確;質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān),選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 3.中國(guó)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?yīng),楊振寧稱(chēng)這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎(jiǎng)級(jí)的成果.如圖所示,厚度為h,寬度為d的金屬導(dǎo)體,當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí),在導(dǎo)體上下表面會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差,這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng).下列說(shuō)法正確的是(　C　) A.上表面的電勢(shì)高于下表面的電勢(shì) B.僅增大h時(shí),上下表面的電勢(shì)差增大 C.僅增大d時(shí),上下表面的電勢(shì)差減小 D.僅增大電流I時(shí),上下表面的電勢(shì)差減小 解析:因電流方向向右,則金

4、屬導(dǎo)體中的自由電子是向左運(yùn)動(dòng)的,根據(jù)左手定則可知上表面帶負(fù)電,則上表面的電勢(shì)低于下表面的電勢(shì),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)電子達(dá)到平衡時(shí),靜電力等于洛倫茲力,即q=qvB,又I= nqvhd(n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)),得U=,則僅增大h時(shí),上下表面的電勢(shì)差不變;僅增大d時(shí),上下表面的電勢(shì)差減小;僅增大I時(shí),上下表面的電勢(shì)差增大,選項(xiàng)C正確,B,D錯(cuò)誤. 4.(2018·西安長(zhǎng)安區(qū)高二期中)(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù),它可把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能,如圖是它的示意圖,平行金屬板A,C間有一很強(qiáng)的磁場(chǎng),將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負(fù)帶電離子)噴入磁場(chǎng),兩極板間便產(chǎn)生電壓,現(xiàn)

5、將A,C兩極板與電阻R相連,兩極板間距離為d,正對(duì)面積為S,等離子體的電阻率為ρ,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,等離子體以速度v沿垂直磁場(chǎng)方向射入A,C兩板之間,則穩(wěn)定時(shí)下列說(shuō)法中正確的是(　BC　) A.極板A是電源的正極 B.電源的電動(dòng)勢(shì)為Bdv C.極板A,C間電壓大小為 D.回路中電流為 解析:由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn),所以上極板帶負(fù)電,上板是電源的負(fù)極,下板是電源的正極,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)qvB=q得電動(dòng)勢(shì)的大小為E=Bdv,則流過(guò)R的電流為I==,而r=,則電流大小I=,兩極板間電勢(shì)差為U=IR=,選項(xiàng)B,C正確,D錯(cuò)誤. 5.質(zhì)譜儀是測(cè)量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.如

6、圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖,現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對(duì)氫元素進(jìn)行測(cè)量.讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無(wú)初速度飄入電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng).加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.氫的三種同位素最后打在照相底片D上,形成a,b,c三條“質(zhì)譜線(xiàn)”.則下列判斷正確的是(　A　) A.進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚 B.進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能從大到小排列的順序是氕、氘、氚 C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由大到小排列的順序是氕、氘、氚 D.a,b,c三條“質(zhì)譜線(xiàn)”依次排列的順序是氕、氘、氚 解析:離子通過(guò)加速電場(chǎng)的過(guò)程,有qU=mv2,因?yàn)殡?、氘、氚三種離子的電荷量相同、質(zhì)量依次增大,故進(jìn)入

7、磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能相同,速度依次減小,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;由T=可知,氕、氘、氚三種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期依次增大,又三種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為半個(gè)周期,故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由大到小排列依次為氚、氘、氕,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由qvB=m及qU=mv2,可得R=,故氕、氘、氚三種離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑依次增大,所以a,b,c三條“質(zhì)譜線(xiàn)”依次對(duì)應(yīng)氚、氘、氕,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 題型二:帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.(2018·昆明模擬)如圖所示,兩導(dǎo)體板水平放置,兩板間電勢(shì)差為U,帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過(guò)兩板后又垂直于磁場(chǎng)方向射入邊界線(xiàn)豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),則粒子射入磁場(chǎng)和射出

8、磁場(chǎng)的M,N兩點(diǎn)間的距離d隨著U和v0的變化情況為(　A　) A.d隨v0增大而增大,d與U無(wú)關(guān) B.d隨v0增大而增大,d隨U增大而增大 C.d隨U增大而增大,d與v0無(wú)關(guān) D.d隨v0增大而增大,d隨U增大而減小 解析:設(shè)粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v,該速度與水平方向的夾角為θ,故有v=.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=,而MN之間的距離為d=2rcos θ.聯(lián)立解得d=2,選項(xiàng)A正確. 2.(2018·昆明高二檢測(cè))(多選)用固定于O點(diǎn)的絲線(xiàn)懸掛一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球,以過(guò)O點(diǎn)的豎直線(xiàn)Ox為界,左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng),方向如圖所示.

9、將帶電小球從最低位置c拉至a點(diǎn)由靜止釋放,讓小球在ab間擺動(dòng),b為小球在左側(cè)能到達(dá)的最高點(diǎn).不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是(　BD　) A.a,b兩位置高度相等 B.小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不守恒 C.小球經(jīng)過(guò)Ox左側(cè)磁場(chǎng)中同一位置時(shí)絲線(xiàn)張力相等 D.小球從a到c所用的時(shí)間比從b到c所用的時(shí)間短 解析:從a到b靜電力做正功,機(jī)械能不守恒,由動(dòng)能定理(mg+qE)hE= m;在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,洛倫茲力不做功,故機(jī)械能守恒,則mghB= m,可知hB>hE,即a,b兩位置高度不相等,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;小球經(jīng)過(guò)Ox左側(cè)磁場(chǎng)中同一位置時(shí),速度的方向可能不

10、同,則洛倫茲力的方向不同,絲線(xiàn)張力不相等,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小球從a到c受向下的重力和向下的靜電力作用;從b到c過(guò)程中受向下的重力作用,洛倫茲力垂直于速度方向,故小球從a到c所用的時(shí)間比從b到c所用的時(shí)間短,選項(xiàng)D正確. 3.(2018·吉林高二校級(jí)月考)如圖,在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xOy平面)向外;在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng),方向沿x軸負(fù)向.在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場(chǎng).不計(jì)重力.若該粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ,求: (1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比

11、值; (2)該粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間. 解析:(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示, 在磁場(chǎng)中,粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得qv0B=m, 由幾何知識(shí)可得r=d, 粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng), 由牛頓第二定律得qE=max,vx=axt,d=t, tan θ=,解得=v0tan2θ. (2)由d=t和tan θ=,得t=. 答案:(1)v0tan2θ　(2) 4.(2018·吉林梅河口高二檢測(cè))如圖所示,M,N為加速電場(chǎng)的兩極板,M板中心有一小孔Q,其正上方有一圓心為O、半徑R1=2 m的圓形區(qū)域,另有一內(nèi)徑為R1,外徑R2=4 m的同心環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域邊界

12、與M板相切于Q點(diǎn),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=T,方向垂直于紙面向里.一比荷=1×108 C/kg的帶正電粒子從緊鄰N板上的P點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)加速后通過(guò)小孔Q,垂直進(jìn)入環(huán)形磁場(chǎng)區(qū)域.P,Q,O三點(diǎn)在同一豎直線(xiàn)上,不計(jì)粒子重力,且不考慮粒子的相對(duì)論效應(yīng). (1)若加速電壓U0=2×104 V,求粒子剛進(jìn)入環(huán)形磁場(chǎng)時(shí)的速率v0; (2)要使粒子能進(jìn)入中間的圓形區(qū)域,加速電壓U應(yīng)滿(mǎn)足什么條件? 解析:(1)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有qU0=m, 解得v0=2×106 m/s. (2)粒子剛好不進(jìn)入中間圓形區(qū)域的軌跡如圖所示,設(shè)此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r, 根據(jù)幾何關(guān)系有

13、r2+=(r+R1)2, 設(shè)粒子在環(huán)形磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v, 根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=, 設(shè)對(duì)應(yīng)的加速電壓為U1,對(duì)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理qU1=, 可得U1=5×107 V, 故要使粒子能進(jìn)入中間的圓形區(qū)域,加速電壓U應(yīng)滿(mǎn)足的條件為U>U1=5×107 V. 答案:(1)2×106 m/s　(2)U>5×107 V 5.(2018·西安高二期末)如圖所示,在x軸上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在x軸下方有沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E.現(xiàn)在y軸負(fù)半軸上M點(diǎn)(未畫(huà)出)有一質(zhì)量為m帶電荷量絕對(duì)值為q的粒子,由靜止釋放,經(jīng)過(guò)

14、一段時(shí)間的運(yùn)動(dòng)后在第四次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置P點(diǎn)(未畫(huà)出)到O點(diǎn)的距離為L(zhǎng),不計(jì)粒子的重力,求: (1)該粒子帶何種電荷? (2)M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離? (3)從M點(diǎn)到P點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間? 解析:(1)帶電粒子向上運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)向下,故粒子帶負(fù)電. (2)粒子在電場(chǎng)中沿y軸向上做勻加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)O點(diǎn)后進(jìn)入磁場(chǎng),在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,靠洛倫茲力提供向心力,做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(半周).粒子在電場(chǎng)中,受靜電力,做往復(fù)運(yùn)動(dòng),勻減速到零后勻加速返回,然后在磁場(chǎng)中做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng),第四次經(jīng)過(guò)x軸,此時(shí)它與點(diǎn)O的距離為L(zhǎng), 則L=4R. 設(shè)粒子初速度為v,qvB=m, 可得v=, 設(shè)M點(diǎn)到O點(diǎn)距離為x,粒子在電

15、場(chǎng)中加速度為a, v2=2ax,qE=ma, 解得x=. (3)粒子在電場(chǎng)中加速或減速的總時(shí)間t1=3×=, 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2=, 則從M點(diǎn)到P點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t=t1+t2=+. 答案:(1)負(fù)電荷　(2)　(3)+ 題型三:帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.(2018·江西撫州校級(jí)高二月考)如圖所示,水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E,垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一帶電荷量為q的液滴質(zhì)量為m,在重力、靜電力和洛倫茲力作用下做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),下列關(guān)于帶電液滴的性質(zhì)和運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法中正確的是(　D　) A.液滴一定帶負(fù)電 B.液滴可能做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) C.不論液滴帶

16、正電或負(fù)電,運(yùn)動(dòng)軌跡為同一條直線(xiàn) D.液滴不可能在垂直電場(chǎng)的方向上運(yùn)動(dòng) 解析:在重力、靜電力和洛倫茲力作用下做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),說(shuō)明洛倫茲力要被抵消,若不能被抵消就不能做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),重力和靜電力是恒力,所以洛倫茲力與重力和靜電力的合力相平衡時(shí),液滴才能做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),無(wú)論液滴帶正電還是負(fù)電,液滴沿垂直于重力與靜電力的合力方向向上運(yùn)動(dòng)即可,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;重力和靜電力是恒力,所以洛倫茲力不發(fā)生改變,故液滴一定做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由選項(xiàng)A分析可知,液滴帶正電或負(fù)電時(shí),運(yùn)動(dòng)軌跡恰好垂直,不是同一直線(xiàn),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若液滴在垂直電場(chǎng)的方向上運(yùn)動(dòng),則洛倫茲力與靜電力在同一直線(xiàn)上,重力不可能被平衡,故液滴不可能在

17、垂直電場(chǎng)的方向上運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確. 2.如圖所示一帶電液滴在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(其中電場(chǎng)豎直向下,磁場(chǎng)垂直紙面向外),則液滴帶電性質(zhì)和環(huán)繞方向是(　C　) A.帶正電,逆時(shí)針 B.帶正電,順時(shí)針 C.帶負(fù)電,逆時(shí)針 D.帶負(fù)電,順時(shí)針 解析:帶電液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),可知,帶電粒子受到的重力和靜電力是一對(duì)平衡力,重力豎直向下,所以靜電力豎直向上,與電場(chǎng)方向相反,故可知帶電液滴帶負(fù)電荷;磁場(chǎng)方向向外,洛倫茲力的方向始終指向圓心,由左手定則可判斷粒子的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針(四指所指的方向與帶負(fù)電的粒子的運(yùn)動(dòng)方向相反),故選項(xiàng)C正確

18、,A,B,D錯(cuò)誤. 3.(2018·德州高二檢測(cè))如圖所示,A,B兩金屬板與電路良好接觸,兩板間距為d,兩板之間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B;一束粒子流(不計(jì)重力)以速度v0從S1孔平行于金屬板射入,恰好沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)從S2孔射出,已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,定值電阻為R0,求: (1)A,B兩板之間的電勢(shì)差; (2)此時(shí)滑動(dòng)變阻器R接入電路的阻值. 解析:(1)根據(jù)題意,帶電粒子在平行板電容器內(nèi)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),對(duì)帶電粒子根據(jù)平衡條件, 有qE′=qv0B, 又E′=, 解得UAB=Bdv0. (2)設(shè)此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻為R, 由閉合電路的歐姆定律

19、E=I(r+R+R0), 又I=,解得R=-r-R0. 答案:(1)Bdv0　(2)-r-R0 4.如圖所示,某空間內(nèi)存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向右,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,一段光滑絕緣的圓弧軌道AC固定在場(chǎng)中,圓弧所在平面與電場(chǎng)平行,圓弧的圓心為O,半徑R=1.8 m,連線(xiàn)OA在豎直方向上,圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角θ=37°.現(xiàn)有一質(zhì)量m= 3.6×10-4 kg、電荷量q=9.0×10-4 C的帶正電小球(視為質(zhì)點(diǎn)),以v0=4.0 m/s的速度沿水平方向由A點(diǎn)射入圓弧軌道,一段時(shí)間后小球從C點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道.小球離開(kāi)圓弧軌道后在場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).不計(jì)空氣阻力,sin

20、37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2.求: (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小; (2)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小; (3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小. 解析:(1)小球離開(kāi)軌道后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),其受力情況如圖所示, 根據(jù)矢量的合成法則有qE=mgtan θ, 解得E=3 N/C. (2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度為v,在小球沿軌道從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有 qERsin θ-mgR(1-cos θ)=mv2-m, 解得v=5 m/s. (3)依據(jù)如圖,結(jié)合平衡條件及三角形知識(shí), 則有qvB=mg,解得B=1 T. 答案:(1)3 N

21、/C　(2)5 m/s　(3)1 T 5.(2018·大慶高二期中)如圖所示,豎直平面xOy內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=10 N/C,在y≥0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5 T,一帶電荷量q=+0.2 C、質(zhì)量m=0.4 kg的小球由長(zhǎng)l=0.4 m的細(xì)線(xiàn)懸掛于P點(diǎn),小球可視為質(zhì)點(diǎn),現(xiàn)將小球拉至水平位置A無(wú)初速度釋放,小球運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn)P正下方的坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí),懸線(xiàn)突然斷裂,此后小球又恰好能通過(guò)O點(diǎn)正下方的N點(diǎn).(g=10 m/s2),求: (1)小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小; (2)懸線(xiàn)斷裂前瞬間拉力的大小; (3)ON間的距離. 解

22、析:(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理 m=mgl-qEl, 代入數(shù)據(jù)求得小球在O點(diǎn)速度為v0=2 m/s. (2)小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)繩子斷裂前瞬間,對(duì)小球應(yīng)用牛頓第二定律T-mg-f洛=m, 洛倫茲力f洛=Bv0q, 聯(lián)立解得T=8.2 N. (3)繩斷后,小球水平方向加速度ax===5 m/s2. 小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)所用時(shí)間為t== s=0.8 s, ON間距離為h=gt2=×10×0.82 m=3.2 m. 答案:(1)2 m/s　(2)8.2 N　(3)3.2 m (教師備用) 1.如圖所示為一速度選擇器,內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),

23、一束粒子流以速度v水平射入,為使粒子流經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)時(shí)不偏轉(zhuǎn)(不計(jì)重力),則磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)必須同時(shí)存在一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),關(guān)于此電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向的說(shuō)法中,正確的是(　D　) A.大小為,粒子帶正電時(shí),方向向上 B.大小為,粒子帶負(fù)電時(shí),方向向上 C.大小為Bv,方向向下,與粒子帶何種電荷無(wú)關(guān) D.大小為Bv,方向向上,與粒子帶何種電荷無(wú)關(guān) 解析:當(dāng)粒子所受的洛倫茲力和靜電力平衡時(shí),粒子流勻速直線(xiàn)通過(guò)該區(qū)域,有qvB=qE,所以E=Bv.假設(shè)粒子帶正電,則受向下的洛倫茲力,電場(chǎng)方向應(yīng)該向上.粒子帶負(fù)電時(shí),電場(chǎng)方向仍應(yīng)向上.故選項(xiàng)D 正確. 2.(多選)北半球某處,地磁場(chǎng)水平分量B1=0.8×

24、10-4 T,豎直分量B2=0.5×10-4 T,海水向北流動(dòng),海洋工作者測(cè)量海水的流速時(shí),將兩極板插入此海水中,保持兩極板正對(duì)且垂線(xiàn)沿東西方向,兩極板相距d=20 m,如圖所示,與兩極板相連的電壓表(可看做是理想電壓表)示數(shù)為U=0.2 mV,則(　AD　) A.西側(cè)極板電勢(shì)高,東側(cè)極板電勢(shì)低 B.西側(cè)極板電勢(shì)低,東側(cè)極板電勢(shì)高 C.海水的流速大小為0.125 m/s D.海水的流速大小為0.2 m/s 解析:由于海水向北流動(dòng),地磁場(chǎng)有豎直向下的分量,由左手定則可知,正電荷偏向西側(cè)極板,負(fù)電荷偏向東側(cè)極板,即西側(cè)極板電勢(shì)高,東側(cè)極板電勢(shì)低,故選項(xiàng)A正確;對(duì)于流過(guò)兩極板間的帶電粒

25、子有qvB2=q,即v== m/s=0.2 m/s,故選項(xiàng)D正確. 3.如圖所示,一個(gè)板長(zhǎng)為L(zhǎng),板間距離也是L的平行板電容器上極板帶正電,下極板帶負(fù)電,在極板右邊的空間里存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).有一質(zhì)量為M,重力不計(jì),帶電荷量為-q的粒子從極板正中以初速度v0水平射入,恰能從上極板邊緣飛出又能從下極板邊緣飛 入.求: (1)兩極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向; (2)粒子飛出極板時(shí)的速度v的大小與方向; (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小. 解析:(1)由于上極板帶正電,下極板帶負(fù)電,故板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下,粒子在水平方向上勻速運(yùn)動(dòng),在豎直方向上勻加速運(yùn)動(dòng), L=v0

26、t, =at2, 其中a=, 解得E=. (2)設(shè)粒子飛出極板時(shí)水平速度為vx,豎直速度為vy,水平偏轉(zhuǎn)角 為θ, vx=v0, vy=at=·, tan θ=, v=, 可得θ=45°,v=v0. (3)由幾何關(guān)系易知R=L, 洛倫茲力提供向心力,則有qvB=m, 得B=. 答案:(1),豎直向下　(2)v0,與水平方向成45°角 (3) 4.如圖(甲)所示,寬度為d的豎直狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)(邊界為L(zhǎng)1,L2),存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向上的周期性變化的電場(chǎng)[如圖(乙)所示],電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0,E0>0表示電場(chǎng)方向豎直向上.t=0時(shí),一帶正電、質(zhì)量為

27、m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域,沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后,做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng),再沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到右邊界上的N2點(diǎn).Q為線(xiàn)段N1N2的中點(diǎn),重力加速度為g.上述d,E0,m,v,g為已知量. (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (2)求電場(chǎng)變化的周期T; (3)改變寬度d,使微粒仍能按上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程通過(guò)相應(yīng)寬度的區(qū)域,求T的最小值. 解析:(1)微粒做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則mg+qE0=qvB, ① 微粒做圓周運(yùn)動(dòng),則mg=qE0, ② q=, ③ 聯(lián)立①②

28、得B=. ④ (2)設(shè)微粒從N1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為t1,做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,周期為t2,則 =vt1, ⑤ qvB=m, ⑥ 2πR=vt2, ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t1=,t2=, ⑧ 電場(chǎng)變化的周期T=t1+t2=+. ⑨ (3)若微粒能完成題述的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,要求d≥2R,⑩ 聯(lián)立③④⑥得R=, 設(shè)微粒在N1Q段直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t1 min,則 由⑤⑩得t1 min=, 因t2不變,所以T的最小值Tmin=t1 min+t2=. 答案:(1)　　(2)+　(3)