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(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）

專題探究七帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng),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(jì)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(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D.液滴運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng),可知,qE=mg,得=,故B錯(cuò)誤;電場力豎直向上,液滴帶負(fù)電,A錯(cuò)誤;由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),C正確;由qvB=m,=得v=,故D錯(cuò)誤.2.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí),利用電磁血流計(jì)來監(jiān)測通過動(dòng)脈的血流速度.電磁血流計(jì)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(shí),兩電極a,b均與血管壁接觸,兩觸點(diǎn)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(yùn)動(dòng),電極a,b之間會(huì)有微小電勢差.在達(dá)到平衡時(shí),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(diǎn)的距離為3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,兩觸點(diǎn)間的電勢差為160 V,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、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(dòng)時(shí),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/s1.3 m/s,故A項(xiàng)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(diǎn)靜止釋放后,運(yùn)動(dòng)軌跡為圖中OPQ所示,其中P為運(yùn)動(dòng)軌跡中的最高點(diǎn),Q為與O同一水平高度的點(diǎn).下列關(guān)于該帶電小球運(yùn)動(dòng)的描述,正確的是(A)A.小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的磁場力先增大后減小B.小球在運(yùn)動(dòng)過程中電勢能先增加后減少C.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒D.小球到Q點(diǎn)后將沿著QPO軌跡回到O點(diǎn)解析:小球由靜止開始運(yùn)動(dòng),可知電場力大于重力,在運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)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(cuò)誤;小球在運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤;小球到Q點(diǎn)后,將重復(fù)之前的運(yùn)動(dòng),不會(huì)沿著QPO軌跡回到O點(diǎn),故D錯(cuò)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(diǎn)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(diǎn)穿出,射出時(shí)速度的大小為vA,若僅撤去磁場,其他條件不變,另一個(gè)相同的顆粒B仍以相同的速度由O點(diǎn)射入并從區(qū)域右邊界穿出,射出時(shí)速度的大小為vB,則顆粒B(D)A.穿出位置一定在O點(diǎn)上方,vB<vAB.穿出位置一定在O點(diǎn)上方,vB>vAC.穿出位置一定在O點(diǎn)下方,vB<vAD.穿出位置一定在O點(diǎn)下方,vB>vA解析:設(shè)帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0,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(yùn)動(dòng)方向垂直,不可能做直線運(yùn)動(dòng),顆粒A一定為正電荷,且滿足mg=Eq+Bqv0,為勻速直線運(yùn)動(dòng),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(diǎn)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,整個(gè)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(yùn)動(dòng),在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100 J,在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零,D為AC的中點(diǎn),那么帶電小球在運(yùn)動(dòng)過程中,下列說法正確的是(B)A.到達(dá)C點(diǎn)后小球不可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50 JD.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(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動(dòng)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(dòng)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(xiàng)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(diǎn)時(shí)的動(dòng)能也就不等于50 J,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;該過程是小球的重力勢能、電勢能、動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒,小球電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量,故D項(xiàng)錯(cuò)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(diǎn)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(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)B.只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動(dòng)C.若有小球能做直線運(yùn)動(dòng),則它一定是勻速運(yùn)動(dòng)D.兩小球在運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng),A正確,B錯(cuò)誤.在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時(shí)的直線運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng),C正確.兩小球在運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤.7.(2019·黑龍江哈爾濱九校聯(lián)考)(多選)如圖所示,空間同時(shí)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(shí)針旋轉(zhuǎn)30°,同時(shí)給小球一個(gè)垂直磁場方向斜向下的速度v,則關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是(AD)A.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒C.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)電勢能增加了D.小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)歷時(shí)解析:小球在復(fù)合電磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài),只受兩個(gè)力作用,即重力和電場力且兩者平衡,當(dāng)把磁場順時(shí)針方向傾斜30°,且給小球一個(gè)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(yùn)動(dòng),選項(xiàng)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(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中受到電場力要做功,所以機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)B錯(cuò)誤.從開始到最低點(diǎn)克服電場力做功為W=EqRsin 30°=mg××=,所以電勢能的增加量為,選項(xiàng)C錯(cuò)誤.小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)間為T=,所以選項(xiàng)D正確.8.(多選)自行車速度計(jì)利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運(yùn)動(dòng)速率.如圖(甲)所示,自行車前輪上安裝一塊磁鐵,輪子每轉(zhuǎn)一圈,這塊磁鐵就靠近霍爾傳感器一次,傳感器會(huì)輸出一個(gè)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(shí),導(dǎo)體內(nèi)定向運(yùn)動(dòng)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(shí)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(dòng)形成的D.如果長時(shí)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(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速,若再已知自行車車輪的半徑,根據(jù)v=2rn即可獲知車速大小,選項(xiàng)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(dòng)的速率有關(guān),與車速無關(guān),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;題圖(乙)中霍爾元件的電流I是自由電子定向移動(dòng)形成的,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;如果長時(shí)間不更換傳感器的電源,則會(huì)導(dǎo)致電子定向移動(dòng)的速率減小,故霍爾電勢差將減小,選項(xiàng)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0yd的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,在dy2d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(diǎn)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的帶正電粒子,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰與ab相切并返回電場.已知電場強(qiáng)度E=,不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用.求:(1)粒子從O點(diǎn)第一次穿過MN時(shí)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(dòng)能定理,得qEd=mv2-m,解得v=2v0,粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),有d=a,x=v0t1,a=,解得t1=,x=.(2)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,設(shè)粒子以與x軸正方向成角的速度進(jìn)入磁場tan =,解得=60°根據(jù)R+Rcos =d,解得R=由牛頓第二定律可得qvB=m,解得B=.答案:(1)2v0(2)10.(2018·天津南開區(qū)一模)如圖所示為實(shí)驗(yàn)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(gè)半徑R=2 m的圓筒,可以圍繞豎直中心軸順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),筒壁的一個(gè)水平圓周上均勻分布著8個(gè)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(shí),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.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(gè)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(dòng)的角速度多大?解析:(1)帶電粒子在加速電場中運(yùn)動(dòng)時(shí),由動(dòng)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(yùn)動(dòng),有qB1v=qE,又E=,解得U2=3 V.(2)粒子在圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系得知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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)不管從哪個(gè)孔進(jìn)入,粒子在筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與軌跡一樣,由T=,t= T得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t= s,在這段時(shí)間圓筒轉(zhuǎn)過的可能角度=2n+(n=0,1,2,3,),圓筒的角速度=(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(yùn)動(dòng),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(gè)軌道都是由絕緣材料制成的,小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度為5 m/s.滑塊可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2,計(jì)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(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí),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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1,小車在此時(shí)的速度大小為v2,滑塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過程中,系統(tǒng)動(dòng)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E,則有E=m+Mv2-m,解得E=85 J.(2)設(shè)滑塊剛過D點(diǎn)時(shí)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(shí),滑塊與小車具有共同的速度v,由動(dòng)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)v2+(mg+qE)Rm,解得Rm=0.71 m. 答案:(1)85 J(2)1.0 m(3)0.71 m- 8 -