2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時 電場和磁場中的曲線運(yùn)動.doc

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2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時 電場和磁場中的曲線運(yùn)動 1．帶電粒子在電場中受到電場力，如果電場力的方向與速度方向不共線，粒子將會做曲線運(yùn)動；如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，將會做類平拋運(yùn)動，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運(yùn)動． 2．研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動的方法與平拋運(yùn)動相同，可將運(yùn)動分解為垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的勻加速直線運(yùn)動；若場強(qiáng)為E，其加速度的大小可以表示為a＝. 3．帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時將做勻速圓周運(yùn)動，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動方向，它不做功．其半徑R＝，周期T＝. 1．帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動時，一般是類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的組合，可以先分別研究這兩種運(yùn)動，而類平拋運(yùn)動的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動的線速度，分析運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問題的關(guān)鍵． 2．本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動的知識解決問題. 考向1　帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動問題 例1　(xx山東18)如圖1所示，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖1 A. B. C. D. 審題突破　正負(fù)粒子在電場中做什么運(yùn)動？兩粒子軌跡恰好相切說明什么？ 解析　根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝t2，解得v0＝ .故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯誤． 答案　B 以題說法　1.帶電粒子在電場中的一般曲線運(yùn)動特點(diǎn)是運(yùn)動軌跡一定在合力和速度的夾角范圍內(nèi)，且向著力的方向彎曲，這是我們畫軌跡或者分析受力的依據(jù).2.對于類平拋運(yùn)動模型通常采用運(yùn)動的合成與分解方法處理． 一對平行金屬板長為L，兩板間距為d，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進(jìn)入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖2所示，交變電壓的周期T＝，已知所有電子都能穿過平行板，且偏距最大的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計重力作用，則(　　) 圖2 A．所有電子都從右側(cè)的同一點(diǎn)離開電場 B．所有電子離開電場時速度都是v0 C．t＝0時刻進(jìn)入電場的電子，離開電場時動能最大 D．t＝時刻進(jìn)入電場的電子，在兩板間運(yùn)動時最大側(cè)位移為 答案　BD 解析　電子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，不同時刻進(jìn)入電場的電子垂直電場方向分速度圖象如圖，可知，各個電子在垂直電場方向的位移不全相同，故所有電子從右側(cè)離開電場的位置不全相同，故A錯誤；由圖看出，所有電子離開電場時，垂直電場方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正確；由上分析可知，電子離開電場時的速度都相同，動能都相同，故C錯誤；t＝時刻進(jìn)入電場的電子，在t＝時刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為ym＝2a()2＝，在t＝0時刻進(jìn)入電場的電子側(cè)位移最大為，則有＝4a()2＝，解得ym＝，故D正確． 考向2　帶電體在電場中的曲線運(yùn)動問題 例2　如圖3所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形絕緣軌道，圓軌道半徑為R，圓心為O，A、B為圓水平直徑的兩個端點(diǎn)，OC豎直．一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動情況，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．小球一定能從B點(diǎn)離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動 C．若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于H D．小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零 審題突破　小球在運(yùn)動過程中有哪幾個力做功，是正功還是負(fù)功？小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動的條件是什么？如果小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，小球還能不能沿AC半圓軌道運(yùn)動？ 解析　由于題中沒有給出H與R、E的關(guān)系，所以小球不一定能從B點(diǎn)離開軌道；若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動．由于小球在AC部分運(yùn)動時電場力做負(fù)功，所以若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于H；若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動，所以小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零． 答案　BC 以題說法　1.帶電體一般要考慮重力，而且電場力對帶電體做功的特點(diǎn)與重力相同，即都與路徑無關(guān)． 2．帶電體在電場中做曲線運(yùn)動(主要是類平拋、圓周運(yùn)動)的分析方法與力學(xué)中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹(jǐn)慎． 如圖4所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，從傾角為θ的斜面上的M點(diǎn)水平拋出一個帶負(fù)電小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上的N點(diǎn)．在已知θ、v0和小球所受的電場力大小F及重力加速度g的條件下，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　) 圖4 A．可求出小球落到N點(diǎn)時重力的功率 B．由圖可知小球所受的重力大小可能等于電場力 C．可求出小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量 D．可求出小球落到N點(diǎn)時速度的大小和方向 答案　BD 解析　質(zhì)量未知，故無法求重力功率，故A錯誤；小球做類平拋運(yùn)動，重力與電場力的大小不確定，可能兩者相等，故B正確；小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量ΔEp＝Fy＝F，由于加速度a無法求出，所以電勢能的變化量不能求出，故C錯誤；利用平拋知識有＝＝＝tan θ，速度偏向角設(shè)為α，則tan α＝＝2tan θ，則得：vy＝2v0tan θ，故vN＝＝v0，D正確． 考向3　帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動問題 例3　如圖5所示，在xOy平面內(nèi)，有一個圓形區(qū)域的直徑AB與x軸重合，圓心O′的坐標(biāo)為(2a,0)，其半徑為a，該區(qū)域內(nèi)無磁場．在y軸和直線x＝3a之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點(diǎn)射入磁場．不計粒子重力． 圖5 (1)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60，且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達(dá)B點(diǎn)，求粒子的初速度大小v1； (2)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60，在磁場中運(yùn)動的時間為Δt＝πm/3Bq，且粒子也能到達(dá)B點(diǎn)，求粒子的初速度大小v2； (3)若粒子的初速度方向與y軸垂直，且粒子從O′點(diǎn)第一次經(jīng)過x軸，求粒子的最小初速度vmin. 審題突破　粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)B點(diǎn)時速度有何特點(diǎn)？畫出運(yùn)動軌跡，如何根據(jù)幾何關(guān)系求半徑？ 解析　(1)粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能達(dá)到B點(diǎn)，故粒子到達(dá)B點(diǎn)時的速度豎直向下，圓心必在x軸正半軸上，設(shè)粒子圓周運(yùn)動的半徑為r1， 由幾何關(guān)系得：r1sin 30＝3a－r1 又qv1B＝m，解得：v1＝. (2)粒子在磁場中運(yùn)動的周期T＝， 故粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡的圓心角為 α＝360＝60 粒子到達(dá)B點(diǎn)的速度與x軸夾角β＝30 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r2，由幾何關(guān)系得： 3a＝2r2sin 30＋2acos 230 又qv2B＝m，解得：v2＝. (3)設(shè)粒子從C點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，O′C與O′A夾角為θ，軌跡圓對應(yīng)的半徑為r， 由幾何關(guān)系得：2a＝rsin θ＋acos θ 故當(dāng)θ＝60時，半徑最小為rmin＝a 又qvminB＝m，解得vmin＝. 答案　(1)　(2)　(3) 以題說法　1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題，基本思路是：根據(jù)進(jìn)場點(diǎn)和出場點(diǎn)的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點(diǎn)為圓心，利用幾何關(guān)系求半徑． 2．帶電粒子在常見邊界磁場中的運(yùn)動規(guī)律 (1)直線邊界： ①對稱性：若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進(jìn)入磁場，則一定以與邊界成θ角的速度離開磁場． ②完整性：正、負(fù)帶電粒子以相同的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場時，兩帶電粒子軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角之和等于2π. (2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出． 如圖6所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源，可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2106 m的α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm、縫長AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.6410－27 kg，電量q＝3.210－19 C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場來隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中． 圖6 (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 答案　(1)0.34 m　(2)2.010－7 s　6.510－8 s 解析　(1)由題意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得： ∠BAO＝∠ODC＝45 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，設(shè)為R， 根據(jù)牛頓第二定律有：Bqv＝ 解得R＝0.2 m＝20 cm 由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，如圖(1)所示． (1) 設(shè)此時磁場寬度為d0，由幾何關(guān)系得： d0＝R＋Rcos 45＝(20＋10) cm≈0.34 m (2)設(shè)α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的周期為T，則 T＝＝10－6 s 設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場區(qū)域的α粒子的入射點(diǎn)為E，如圖(2)所示． (2) 因磁場寬度d＝20 cmvB，EpA>EpB B．粒子帶負(fù)電，vA>vB，EpAEpB 答案　B 解析　根據(jù)電場力與等勢面垂直，又要指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，又電場線垂直于等勢面由高電勢指向低電勢，故可判斷電場力與電場方向相反，即該粒子帶負(fù)電，由題圖知UAB＝5 V，粒子從A運(yùn)動到B的過程中，電場力做功W＝qUAB，做負(fù)功，故動能減小，電勢能增大，所以vA>vB，EpAOB.一個帶正電的檢驗(yàn)電荷僅在電場力的作用下，從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，其軌跡如圖中實(shí)線所示．下列說法正確的是(　　) 圖3 A．A電荷為正電荷，B電荷為負(fù)電荷 B．M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢 C．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度 D．檢驗(yàn)電荷在M點(diǎn)的動能大于在N點(diǎn)的動能 答案　BC 解析　據(jù)帶正電粒子的運(yùn)動軌跡，粒子受到的電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)知A為負(fù)電荷，B為正電荷，故A錯誤．因?yàn)锳O＞OB，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場線及等勢面分布特點(diǎn)可知M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故B、C正確．正電荷在電勢高處電勢能大，M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢，則正電荷在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能，在M點(diǎn)的動能小于在N點(diǎn)的動能．故D錯誤． 4．如圖4所示，兩對金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置，A、B接在電路中，C、D板間電壓為U.A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入C、D板間，電子最終都能打在光屏M上．關(guān)于電子的運(yùn)動，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．S閉合，只向右移動滑片P.P越靠近b端，電子打在M上的位置越高 B．S閉合，只改變A、B板間的距離．改變前后，電子由O至M經(jīng)歷的時間相同 C．S閉合，只改變A、B板間的距離，改變前后，電子到達(dá)M前瞬間的動能相同 D．S閉合后再斷開，只向左平移B，B越靠近A板，電子打在M上的位置越高 答案　CD 解析　S閉合，只向右移動滑片P，極板A、B之間的電壓U1增大，U1越大，電子離開B板時的速度越大，經(jīng)過C、D極板時的時間越短，在豎直方向的位移y＝at2越小，即高度越低，故選項(xiàng)A錯誤；S閉合，若只將A板向B板靠近時，極板A、B間的電壓不變，電子獲得速度不變，到達(dá)M時的時間為t＝＋＝，所以時間變短；S閉合，若只將B板向A板靠近時，設(shè)A、B板的間距為d，A板與M的間距為s，極板A、B間的電壓不變，電子獲得速度不變，到達(dá)M時的時間為t＝＋＝，所以時間變短，故選項(xiàng)B錯誤；S閉合，只改變A、B板的間距，由動能定理得電子獲得動能為Ek＝U1q＋Uq，所以動能不變，故選項(xiàng)C正確；S閉合后再斷開，極板A、B的電量不變，只向左平移B，B靠近A板，間距減小，由C＝可知電容C增大，由C＝可知其電壓減小，所以電子獲得的速度減小，通過極板C、D的時間變長，在豎直方向的位移y＝at2增大，即高度增高，故選項(xiàng)D正確． 題組2　帶電體在電場中的曲線運(yùn)動問題 5．如圖5所示，真空中存在一個水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E.一根不可伸長的絕緣細(xì)線長度為l，一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)．把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿圓弧運(yùn)動到位置B時，速度為零．圖中角θ＝60.以下說法正確的是(　　) 圖5 A．小球在B位置處于平衡狀態(tài) B．小球受到重力與電場力的關(guān)系是mg＝qE C．小球在B點(diǎn)的加速度大小為g D．小球從A運(yùn)動到B的過程中，電場力對其做的功為－qEl 答案　CD 解析　小球到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，但合力不為零，不是平衡狀態(tài)，故A錯誤；小球從A到B的過程中，由mglsin θ－qEl(1－cos θ)＝0，可解得qE＝mg，所以B錯誤；小球沿切向方向的合力F合＝qEcos 30－mgsin 30＝ma，a＝＝＝g，故C正確；小球從A到B，沿電場線方向運(yùn)動的有效距離：d＝l－lcos θ＝l，所以電場力做功：W＝－qEd＝－Eql，故D正確． 6．如圖6所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場，一個質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球以水平方向的初速度v0由O點(diǎn)射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點(diǎn)，已知連線OP與初速度方向的夾角為45，則此帶電小球通過P點(diǎn)時的動能為(　　) 圖6 A．mv B. C．2mv D. 答案　D 解析　由題可知，小球到P點(diǎn)時，水平位移和豎直位移相等，即v0t＝t，合速度vP＝＝v0，則EkP＝mv＝mv. 7．如圖7所示，半徑為R的光滑圓弧軌道與光滑水平面相切于B點(diǎn)，O為光滑圓弧的圓心，其中OB豎直，OC水平，且AB＝R，整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶正電小球從A點(diǎn)靜止釋放，其所受電場力為重力的倍，重力加速度為g，求： 圖7 (1)小球到達(dá)C點(diǎn)時對軌道的壓力大?。? (2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中最大速度的大?。? 答案　(1)mg　(2)2 解析　(1)已知Eq＝mg， 小球從A到C，由動能定理得： Eq2R－mgR＝mv－0 對小球，在C處由牛頓第二定律得： FNC－Eq＝m 得小球受軌道的支持力FNC＝mg 由牛頓第三定律小球?qū)壍赖膲毫? FNC′＝FNC＝mg. (2)在BC圓弧上某點(diǎn)D，電場力和重力的合力與速度方向垂直時速度有最大值，此時小球所在位置D的半徑與水平方向的夾角tan θ＝＝， 小球從A到D，由動能定理得 Eq(R＋Rcos θ)－mg(R－Rsin θ)＝mv－0 解得最大速度vD＝2. 題組3　帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動問題 8．(xx新課標(biāo)Ⅱ20)圖8為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場．硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運(yùn)動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B．電子與正電子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑一定相同 C．僅依據(jù)粒子運(yùn)動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D．粒子的動能越大，它在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑越小 答案　AC 解析　根據(jù)左手定則，電子、正電子進(jìn)入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項(xiàng)A正確；根據(jù)qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場中的運(yùn)動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運(yùn)動時不能確定mv的大小，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，粒子的動能大，其mv不一定大，選項(xiàng)D錯誤． 9．如圖9所示，豎直面內(nèi)有一倒立等邊三角形OMN區(qū)域，邊長為L，MN邊是水平的．在該區(qū)域有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．在同一豎直面內(nèi)有一束質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小不同的帶正電粒子從N點(diǎn)沿NM方向射入該磁場區(qū)域(可認(rèn)為能發(fā)生偏轉(zhuǎn))．過O點(diǎn)作與MN邊平行的直線作為x坐標(biāo)軸，且O點(diǎn)為x坐標(biāo)軸的原點(diǎn)．不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，試求： 圖9 (1)射到x坐標(biāo)軸上的O點(diǎn)的粒子速度大小； (2)垂直O(jiān)M邊射出的粒子與x坐標(biāo)軸的交點(diǎn)位置； (3)粒子在磁場中運(yùn)動的時間和速度的關(guān)系． 答案　(1)　(2)2(－1)L (3)t＝ 解析　(1)粒子的行進(jìn)路線如圖中弧線的軌跡NO， 根據(jù)幾何知識有R＝ 又qvB＝m，得到射到x坐標(biāo)軸上O點(diǎn)的粒子速度大小v＝＝ (2)粒子的行進(jìn)路線如圖中的軌跡2， 根據(jù)幾何知識有：R2＝L 另有＝x，得x＝2(－1)L. (3)從ON邊射出的粒子根據(jù)幾何知識有：在磁場中軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角都是，所以這些粒子在磁場中運(yùn)動的時間與速度無關(guān)，則t＝. 從OM邊射出的粒子行進(jìn)路線可用圖中的軌跡3代表，根據(jù)幾何知識有： R＝Rcos α＋(L－Rsin α)tan 其中R＝且α角的范圍是(0，) 可得α＝arccos()－，而t＝， 得t＝. 題組4　帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動的綜合問題分析 10．(xx江蘇9)如圖10所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則(　　) 圖10 A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B．若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏 C．IH與I成正比 D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 答案　CD 解析　當(dāng)霍爾元件通有電流IH時，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動，故霍爾元件的前表面電勢較高．若將電源的正負(fù)極對調(diào)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向換向，IH方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運(yùn)動，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項(xiàng)A、B錯誤．因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH＝I，故IH與I成正比，選項(xiàng)C正確．由于B與I成正比，設(shè)B＝aI，則IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，選項(xiàng)D正確． 11．如圖11所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域(圖中虛線與x軸所圍區(qū)域)內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，方向沿x軸負(fù)方向．勻強(qiáng)磁場方向垂直于xOy平面．一帶負(fù)電的粒子(不計重力)從P(0，－R)點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)時間t0從O點(diǎn)射出． 圖11 (1)求勻強(qiáng)磁場的大小和方向； (2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從P點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子的加速度和射出時的速度大??； (3)在滿足(2)的條件下，若僅撤去電場，帶電粒子從O點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間． 答案　(1)　垂直xOy平面向外　(2)R　R (3)πt0 解析　(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.可判斷出粒子受到的電場力沿x軸正方向，則洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，于是可知磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直xOy平面向外． 且有qE＝qvB，R＝vt0，則B＝. (2)僅有電場時，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動 在y方向位移y＝v＝ 設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是x＝R 又有x＝at2＝a()2得a＝R 設(shè)出射速度v1，出射時x方向分速度為vx，則 vx＝＝R 則v1＝＝R (3)僅有磁場時，入射速度v2＝4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，圓心為C，圓心角為2α，如圖，設(shè)軌道半徑為r， 由牛頓第二定律有qv2B＝ 又qv2B＝4qE，qE＝ma，得r＝R 由幾何關(guān)系知sin α＝＝，則α＝ 帶電粒子在磁場中運(yùn)動周期T＝＝ 則帶電粒子在磁場中運(yùn)動時間t＝T＝πt0