2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第28課 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)

《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第28課 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第28課 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（28頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第28課帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)a帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速后進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)(1)(2017天津理綜，18分)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問(wèn)：粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。答案：v0，方向與x軸正方向的夾角為45角斜向上(8分)(10分)解析：粒子在電

2、場(chǎng)中由Q點(diǎn)到O點(diǎn)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)O點(diǎn)速度v與x方向夾角為，Q點(diǎn)到x軸的距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有x方向2Lv0t (1分)y方向Lat2(1分)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyat(2分)又tan 解得tan 1，即45(2分)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為45角斜向上，粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為vv0(2分)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a(1分)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v2aL(1分)解得E(2分)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R

3、，洛倫茲力提供向心力，有qvBm(1分)根據(jù)幾何關(guān)系可知RL(2分)解得B(2分)整理可得(1分)b帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)后以一定角度射入勻強(qiáng)電場(chǎng)(2)(2017浙江選考，10分)如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個(gè)速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)的電子流。電子流沿x方向射入一個(gè)半徑為R、中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出。在磁場(chǎng)區(qū)域的正下方有一對(duì)平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點(diǎn)的距離為d，中間開(kāi)有寬度為2l且關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的小孔。K板接地，A與K兩板間加有

4、正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓UAK。穿過(guò)K板小孔到達(dá)A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流。已知bR，dl，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間相互作用。求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。磺箅娮訌腜點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸方向的夾角的范圍；當(dāng)UAK0時(shí)，每秒經(jīng)過(guò)極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù)。答案： (3分)6060 (2分) N (5分)解析：電子均從P點(diǎn)射出，根據(jù)圖(a)可知電子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為rR(1分)圖(a)電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有evBm(1分)解得B(1分)設(shè)上端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸夾角為m如圖(b)所示，由幾何關(guān)系可得sin m解得m60(1分)圖(b)同理，如圖

5、(c)所示，下端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸夾角也為60，故的范圍是6060(1分)圖(c)電子恰好進(jìn)入小孔，根據(jù)幾何關(guān)系可知，進(jìn)入小孔的電子偏角正切值tan (1分)解得45故電子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)與y軸負(fù)方向的夾角45(1分)如圖(d)所示，根據(jù)幾何關(guān)系，可知進(jìn)入金屬平行板的粒子所占比例為 (2分)圖(d)則當(dāng)UAK0時(shí)，每秒到達(dá)A板的電子數(shù)nN(1分)c帶電粒子先后經(jīng)過(guò)多個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)(3)(2015天津理綜，20分)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。在真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)和磁場(chǎng)的寬度均為d。電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直

6、紙面向里。電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界互相平行且與電場(chǎng)方向垂直，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場(chǎng)左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。求粒子在第2層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2；粒子從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為n，試求sin n；若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出，試問(wèn)在其他條件不變的情況下，也進(jìn)入第n層磁場(chǎng)，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界，請(qǐng)簡(jiǎn)要推理說(shuō)明之。答案：2 (3分)(3分)B(9分)比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界(5分)解析：粒子在進(jìn)入第2層磁場(chǎng)時(shí)，經(jīng)過(guò)兩次電

7、場(chǎng)加速，中間穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)洛倫茲力不做功。由動(dòng)能定理，有2qEdmv(2分)解得v22(1分)粒子在第2層磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，有qv2Bm(2分)由式解得r2(1分)設(shè)粒子在第n層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為vn，軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù)，下同)。nqEdmv(1分)qvnBm(1分)粒子進(jìn)入第n層磁場(chǎng)時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為n，從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，垂直于電場(chǎng)線方向的速度分量不變，有vn1sinn1vnsinn(2分)由圖(a)可知rnsin nrnsin nd(2分)圖(a)由式得rnsin nrn1sin n

8、1d由式看出r1sin 1，r2sin 2，rnsinn為一等差數(shù)列，公差為d，可得rnsin nr1sin 1(n1)d(2分)當(dāng)n1時(shí)，由圖(b)看出r1sin 1d由式得sin nB(1分)圖(b)若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出，則nsin n1在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷為，假設(shè)能穿出第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界，粒子穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n，由于 (2分)則導(dǎo)致sin n1(2分)說(shuō)明n不存在，即原假設(shè)不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界。(1分)2帶電粒子在交變電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)a帶電粒子在交變磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(4)(經(jīng)典題，10分)圖

9、(a)所示的xOy平面處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的周期為T(mén)，變化圖線如圖(b)所示。當(dāng)B為B0時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向指向紙外。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一帶正電的粒子P，其比荷為。不計(jì)重力。設(shè)P在某時(shí)刻t0以某一初速度沿y軸正方向自O(shè)點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，將它經(jīng)過(guò)時(shí)間T到達(dá)的點(diǎn)記為A。圖(a)圖(b)若t00，則直線OA與x軸的夾角是多少？若t0，則直線OA與x軸的夾角是多少？為了使直線OA與x軸的夾角為，在0t0的范圍內(nèi)，t0應(yīng)取何值？答案：0(3分)(3分)(4分)解析：設(shè)粒子P的質(zhì)量、電荷量與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛倫茲力作用下，在xOy平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，

10、分別用R和T表示圓周的半徑和運(yùn)動(dòng)周期，則有qvB0mR(1分)v(1分)聯(lián)立式與已知條件得TT粒子P在t0到t時(shí)間內(nèi)，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周，到達(dá)x軸上B點(diǎn)，此時(shí)磁場(chǎng)方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t到tT時(shí)間內(nèi)，沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周，到達(dá)x軸上A點(diǎn)，如圖(a)所示，故OA與x軸的夾角0(1分)圖(a)粒子P在t0時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在t到t時(shí)間內(nèi)，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)個(gè)圓周，到達(dá)C點(diǎn)，(1分)此時(shí)磁場(chǎng)方向反轉(zhuǎn)，在t到tT時(shí)間內(nèi)，沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周，到達(dá)B點(diǎn)，(1分)此時(shí)磁場(chǎng)方向再次反轉(zhuǎn)，在tT到t時(shí)間內(nèi)，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)個(gè)圓周，到達(dá)A點(diǎn)，如圖(b)所示，由幾何關(guān)系可知，A點(diǎn)在y軸上，即OA與x軸的夾角(

11、1分)圖(b)若在任意時(shí)刻tt0(0t00)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)刻通過(guò)S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)。(不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場(chǎng))圖(a)圖(b)求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d；為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件；若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過(guò)程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。答案：(3分) (4分) B(1分)聯(lián)立式得B(1分)設(shè)粒子在兩邊界之間無(wú)場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程用時(shí)為t1，有dvt1(1分)聯(lián)立式得t1若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，則粒子回到

12、極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得dt2(1分)聯(lián)立式得t2(1分)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tt3T0t1t2(1分)聯(lián)立式得t(1分)設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，則由式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T(1分)由題意可知Tt聯(lián)立式得B(1分)c帶電粒子在交變磁場(chǎng)和恒定電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(6)(2015浙江學(xué)業(yè)考試模擬，19分)如圖(a)所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，先將一重力不計(jì)、比荷106 C/kg的正電荷置于電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)105 s后，電荷以v01.5104 m/s的速度通過(guò)MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖(b

13、)所示規(guī)律周期性變化，圖(b)中磁場(chǎng)以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過(guò)MN時(shí)為t0時(shí)刻。求：圖(a)圖(b)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；帶電粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑和運(yùn)動(dòng)時(shí)間各為多少；圖(b)中t105 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離；如果在O點(diǎn)右方d68 cm處有一垂直于MN足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間。(sin 370.6，cos 370.8)答案：7.2103 N/C(3分)5 cm(5分) 105 s(2分)4 cm(4分)3.86104 s(5分)解析：電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v0at1(1分)根據(jù)牛頓第二定律

14、有qEma(1分)聯(lián)立以上二式，解得E7.2103 N/C(1分)粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁場(chǎng)垂直于紙面向外，電荷在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B1m(2分)電荷在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T1(2分)聯(lián)立以上二式，解得r15 cm(1分) T1105 s(1分)以電荷第一次通過(guò)MN時(shí)為t0時(shí)刻，粒子在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半圈后返回電場(chǎng)，所以帶電粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為105 s(1分)磁場(chǎng)垂直于紙面向里時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑為r23 cm(1分) 周期T2105 s(1分)故電荷從t0時(shí)刻開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(a)所示。圖(a)t105 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)水平距離d2(r1r2

15、)4 cm(2分)電荷從第一次通過(guò)MN開(kāi)始，其運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)105s，根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知，電荷達(dá)到擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為15個(gè)，此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動(dòng)的距離s15d60 cm(1分)則最后8 cm的距離如圖(b)所示。圖(b)根據(jù)幾何關(guān)系有r1r1cos 8 cm(1分)解得cos 0.6，即53(1分)故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t總t115TT1T13.86104 s(2分)3組合場(chǎng)的應(yīng)用a質(zhì)譜儀(7)(2017江蘇單科，16分)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，經(jīng)過(guò)加速后，通過(guò)寬為L(zhǎng)的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)

16、磁場(chǎng)中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過(guò)狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡。不考慮離子間的相互作用。求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x；在圖中用斜線標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過(guò)的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；若考慮加速電壓有波動(dòng)，在(U0U)到(U0U)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒(méi)有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件。答案：L(6分) (5分)LL(2分)解得L2(1分)b回旋加速器(8)(2016江蘇單科，16分)回旋加速器的工作原理如圖(a)所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻

17、強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖(b)所示，電壓值的大小為U0、周期T。一束該粒子在t0時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用。求：圖(a)圖(b)出射粒子的動(dòng)能Em；粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t總；要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出，d應(yīng)滿足的條件。答案： (4分)(8分)d99%，解得d0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場(chǎng)中。不計(jì)重力和粒子間的影響。圖(a) 圖(b)若粒子以初速度v1沿y軸正方

18、向入射，恰好能經(jīng)過(guò)x軸上的A(a，0)點(diǎn)，求v1的大小；已知一粒子的初速度大小為v(vv1)，為使該粒子能經(jīng)過(guò)A(a，0)點(diǎn)，其入射角(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個(gè)？并求出對(duì)應(yīng)的sin 值；如圖(b)，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一粒子從O點(diǎn)以初速度v0沿y軸正向發(fā)射。研究表明：粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)，且在任一時(shí)刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標(biāo)成正比，比例系數(shù)與場(chǎng)強(qiáng)大小E無(wú)關(guān)。求該粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度值vm。答案：(6分)2個(gè)(2分)(4分) (8分)解析：帶電粒子以速率v在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有qvBm(2分

19、)當(dāng)粒子以初速度v1沿y軸正向入射，轉(zhuǎn)過(guò)半個(gè)圓周至A點(diǎn)，該圓周半徑為R1，根據(jù)幾何關(guān)系有R1(2分)聯(lián)立式，解得v1(2分)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心到O、A兩點(diǎn)的距離相等，則圓心在x的直線上，半徑為R。當(dāng)給定一個(gè)初速率v時(shí)，有2個(gè)入射角(2分)分別在第1、2象限，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有sin (2分)聯(lián)立式，解得sin (2分)粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中僅電場(chǎng)力做功，因而在軌道的最高點(diǎn)處速率最大，用ym表示其y坐標(biāo)根據(jù)動(dòng)能定理有qEymmvmv(2分)根據(jù)題意可知vmkym若E0時(shí)，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有qv0Bm(2分)v0kR0(2分)聯(lián)立式，解得vm(2分)5磁場(chǎng)與重力場(chǎng)共存aqvBmg時(shí)

20、帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)(11)(多選)(經(jīng)典題，6分)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖像是()答案：ACD解析：根據(jù)左手定則可知，圓環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，如果恰好qv0Bmg，圓環(huán)與桿間無(wú)彈力，圓環(huán)不受摩擦力的作用，將以v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確。若qv0Bmg，則a，隨著v的減小，a減小，直到qvBmg，圓環(huán)將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。b利用機(jī)械能守恒定律求解qvBmg時(shí)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(12)(多選)(201

21、7廣東一模，6分)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電?，F(xiàn)將三個(gè)小球在軌道上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)，則()A甲球的釋放位置比乙球的高B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變C經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等D經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小答案：AB解析：在最高點(diǎn)時(shí)，甲球受到的洛倫茲力向下，乙球受到的洛倫茲力向上，而丙球不受洛倫茲力，故三個(gè)小球在最高點(diǎn)受到的合力不同，根據(jù)牛頓第二定律有F甲qv甲B

22、mgm、F乙mgqv乙Bm、F丙mgm，則甲球的速度最大，故C項(xiàng)、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。洛倫茲力不做功，三個(gè)小球機(jī)械能守恒，則甲釋放的位置最高，故A項(xiàng)、B項(xiàng)均正確。6電場(chǎng)、磁場(chǎng)與重力場(chǎng)共存a帶電粒子受力平衡做勻速直線運(yùn)動(dòng)(13)(2016天津理綜，12分)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m1.0106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 m/s2，求：小球做勻速直線

23、運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。答案：20 m/s速度v的方向與水平方向的夾角為60(6分)2 s(6分)解析：小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)小球受力分析，如圖所示。小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，合力為零。則有qvB(2分)解得v20 m/s(1分)設(shè)速度與水平方向的夾角為則有tan (2分)解得60(1分)撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)初速度vyvsin (2分)若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上的位移為零則有vytgt20(2分

24、)聯(lián)立以上二式，解得t2 s(2分)bqEmg時(shí)帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(14)(2016四川理綜，19分)如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD，過(guò)DD且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域。區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(圖中未畫(huà)出)；區(qū)域有固定在水平地面上高h(yuǎn)2l、傾角的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD距離s4l，區(qū)域可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)；C點(diǎn)在DD上，距地面高H3l。零時(shí)刻，質(zhì)量為m、帶電量為q的小球P在K點(diǎn)具有大小v0、方向與水平面夾角的速度，在區(qū)域內(nèi)做半徑r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)域。某時(shí)刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂

25、端靜止釋放，在某處與剛運(yùn)動(dòng)到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力及小球P所帶電量對(duì)空間電磁場(chǎng)的影響。(l已知，g為重力加速度)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。蝗粜∏駻、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時(shí)刻tA；若小球A、P在時(shí)刻t(為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E，并討論電場(chǎng)強(qiáng)度E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向。答案：(3分)(32)(7分)(6分) 極大值(1分)豎直向上(1分)極小值0(1分)解析：小球P在區(qū)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球P必定帶正電且所受電場(chǎng)力與重力大小相等。設(shè)區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由洛倫茲力提供向心力得qv0Bm(2分) 解得B(1分)小球P先

26、在I區(qū)以D為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由小球初速度和水平方向夾角為可得，小球?qū)⑵D(zhuǎn)角后自C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)到斜面底端B點(diǎn)，如圖(a)所示。圖(a)設(shè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2則：t1(1分)rt2(1分)BDs2lcot (1分)小球A自斜面頂端釋放后將沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度的大小為a1，釋放后在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3。對(duì)小球A受力分析，設(shè)小球質(zhì)量為m，斜面對(duì)小球的支持力為N，如圖(b)所示。圖(b)根據(jù)牛頓第二定律有mgsin ma1(1分)a1t(1分)小球A的釋放時(shí)刻tA滿足tAt1t2t3(1分)聯(lián)立式，解得tA(32)(1分)如圖(c)所示，設(shè)所

27、求電場(chǎng)方向向下，在tA時(shí)刻釋放小球A，小球P在區(qū)域的加速度為aP，圖(c)小球A、P相遇時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及幾何關(guān)系有sv0(tt1)a1(ttA)2cos (2分)HaP(tt1)2ha1(ttA)2sin (2分)根據(jù)牛頓第二定律有mgqEmaP(1分)聯(lián)立式，解得E(1分)由第問(wèn)可知，當(dāng)小球A和P在底端相遇時(shí)，相遇的時(shí)間為3，同理當(dāng)小球A與P在頂端相遇，相遇的時(shí)間為5。則35則當(dāng)時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度有極小值，E極小0(1分)當(dāng)5時(shí)，E，即電場(chǎng)強(qiáng)度有極大值，E極大(1分)方向豎直向上(1分)c利用能量守恒定律(動(dòng)能定理)求解帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(15)(經(jīng)典題，10分)如圖所示，一對(duì)豎直放置

28、的平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，接在電壓為U的電源上，板間有一與電場(chǎng)方向垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，有一質(zhì)量為m，帶電量為q的油滴，從離平行板上端h高處由靜止開(kāi)始自由下落，由兩板正中央P點(diǎn)處進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)空間，油滴在P點(diǎn)所受電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力恰好平衡，最后油滴從一塊極板的邊緣D處離開(kāi)電場(chǎng)和磁場(chǎng)空間。求：h的大??；油滴在D點(diǎn)時(shí)的速度大小。答案：(6分)(4分)解析：油滴做自由落體運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)，設(shè)在P點(diǎn)油滴的速度為vP根據(jù)動(dòng)能定理有mghmv(2分)在P點(diǎn)，油滴受到的電場(chǎng)力等于洛倫茲力，即qvPBq(2分)聯(lián)立以上二式，解得h(2分)對(duì)整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(hL)q

29、mv0(2分)解得vD(2分)7帶電粒子在有約束的疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)a帶電粒子在疊加場(chǎng)中受到圓環(huán)(圓弧)的約束做圓周運(yùn)動(dòng)(16)(2014四川理綜，17分)在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角37。過(guò)G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.25 T；過(guò)D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E1104 N/C。小物體P1質(zhì)量m2103 kg、電荷量q8106 C，受到水平向右的推力F9.98103 N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力

30、。當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0.1 s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力。求：小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大??；傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s。答案：4 m/s(5分)0.56 m(12分)解析：設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v，小物體P1做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則P1受力平衡。豎直方向，P1受到向下的重力、向上的洛倫茲力F1和支持力FN則有mgF1FN(1分)水平方向，受到向左的摩擦力f和向右的推力F則有Ff(1分)且F1

31、qvB(1分)fFN(1分)聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s(1分)設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理有qErsin mgr(1cos )mvmv2(2分)P1在GH上運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1(3分)P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P1在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s1，則s1vGta1t2(1分)設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則m2gsin m2gcos m2a2(2分)P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P2在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s2，則s2a2t2(1分)且ss1s2(1分)聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得s

32、0.56 m(2分)b帶電粒子在疊加場(chǎng)中受到直軌道的約束做直線運(yùn)動(dòng)(17)(2015福建理綜，14分)如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN做曲線運(yùn)動(dòng)。A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g。求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf；若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平

33、地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP。答案：(4分)mgh(4分) (6分)解析：小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程，水平方向受力平衡有qvBNqE(2分)設(shè)小滑塊在C點(diǎn)的速度為vC，小滑塊在C點(diǎn)離開(kāi)MN時(shí)有N0解得vC(2分)小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mghWfmv0(2分)解得Wfmgh(2分)如圖所示，小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直。撤去磁場(chǎng)時(shí)小滑塊受到的合力方向與速度垂直，則小滑塊從D點(diǎn)到P點(diǎn)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力為F，則F(1分)在F方向小滑塊做勻加速運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律有F

34、ma(1分)t時(shí)間內(nèi)在F方向的位移為xat2(1分)根據(jù)動(dòng)能定理有Fxmvmv(2分)聯(lián)立以上各式，解得vP(1分)8帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例a速度選擇器(18)(經(jīng)典題，12分)如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強(qiáng)的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過(guò)速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場(chǎng)垂直的方向，立即進(jìn)入電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在照相底片D上。已知同位素離子的電荷量為q(q0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，照相底片D與狹縫S1、S2連線平行且距離為L(zhǎng)，忽略重

35、力的影響。求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小；若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。答案：(4分)x(8分)解析：離子在速度選擇器中受到向下的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力的作用，要使離子能從速度選擇器射出，則離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，離子受力平衡。根據(jù)平衡條件有qE0qv0B0(2分)解得v0(2分)離子進(jìn)入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E后，受到向下的電場(chǎng)力的作用，離子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有水平方向xv0t(2分)豎直方向Lat2(2分)根據(jù)牛頓第二定律有qEma(2分)聯(lián)立以上各式，解得x(2分)b

36、電磁流量計(jì)(19)(多選)(經(jīng)典題，6分)為了測(cè)量某化肥廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，該裝置由絕緣材料制成，長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開(kāi)口，在垂直于上下表面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在前、后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)，下列說(shuō)法正確的是()A若污水中正離子較多，則前內(nèi)表面比后內(nèi)表面的電勢(shì)高B前內(nèi)表面的電勢(shì)一定低于后內(nèi)表面的電勢(shì)，與哪種離子多無(wú)關(guān)C污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)越大D污水流量Q與U成正比，與a、b無(wú)關(guān)答案：BD解

37、析：正、負(fù)離子流動(dòng)時(shí)，根據(jù)左手定則可知，正離子在洛倫茲力的作用下向后內(nèi)表面偏轉(zhuǎn)，所以后內(nèi)表面上帶正電荷，前內(nèi)表面上帶負(fù)電荷，前內(nèi)表面電勢(shì)比后內(nèi)表面低，與哪種離子多無(wú)關(guān)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。最終正負(fù)離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，有qqvB，流量QvSvbc，則U，與離子濃度無(wú)關(guān)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。由U可知，污水流量Q與電壓成正比，與a、b無(wú)關(guān)，故D項(xiàng)正確。c霍爾效應(yīng)(20)(多選)(2014江蘇單科，4分)如圖所示，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(chǎng)，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(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH，與其前

38、后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足UHk，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()A霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面B若電源的正負(fù)極對(duì)調(diào)，電壓表將反偏CIH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：根據(jù)左手定則可以判斷出霍爾元件中的導(dǎo)電物質(zhì)所受安培力指向后表面，即將向后表面?zhèn)纫疲钟捎谠搶?dǎo)電物質(zhì)為電子，帶負(fù)電，因此后表面的電勢(shì)將低于前表面的電勢(shì)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。若電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，磁場(chǎng)方向與圖示方向相反，同時(shí)由電路結(jié)構(gòu)可知，流經(jīng)霍爾元件上下面的電流也將反向，因此電子的受力方向不變，即前后表面電勢(shì)高低情況不變，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。由電路結(jié)構(gòu)可知，RL與R并聯(lián)后與線圈串聯(lián)，因此有IIH，故C項(xiàng)正確。RL消耗的電功率PL2RLI，顯然PL與I成正比，又因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，即B與IH成正比，電壓表的示數(shù)UHk，則UH與I成正比，所以UH與RL消耗的電功率PL成正比，故D項(xiàng)正確。28