2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練30 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 新人教版.doc
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分層規(guī)范快練(三十) 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 [雙基過關(guān)練] 1．在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子( ) A．一定帶正電 B．速度v＝ C．若速度v>，粒子一定不能從板間射出 D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動 解析：粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，qvB＝qE，解得速度v＝，選項B正確；若速度v>，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤． 答案：B 2．(多選)如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平扳S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是( ) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 解析：質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，A正確．在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應(yīng)等大反向，結(jié)合左手定則可知B正確．由qE＝qvB可得v＝，C正確．粒子在平板S下方的勻強磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝得R＝，所以＝，D錯誤． 答案：ABC 3. [2019山東濟寧模擬]為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖所示．在垂直于上、下底面方向加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在空腔前、后兩個側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N，M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連．污水從左向右流經(jīng)該裝置時，電流表將顯示出污水排放情況．下列說法中錯誤的是( ) A．M板比N極電勢低 B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小 C．污水流量越大，則電流表的示數(shù)越大 D．若只增大所加磁場的磁感應(yīng)強度，則電流表的示數(shù)也增大 解析：污水從左向右流動時，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉(zhuǎn)，故N板帶正電，M板帶負電，A正確．穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡，qvB＝q，此時U＝Bbv＝＝，式中Q是流量，可見當污水流量越大、磁感應(yīng)強度越強時，M、N間的電壓越大，電流表的示數(shù)越大，而與污水中離子濃度無關(guān)，B錯誤，C、D正確． 答案：B 4．[2019吉林第三次調(diào)研]電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用．如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ、在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率倒數(shù))，泵體處有方向垂直向外的磁場B，泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上，則( ) A．泵體上表面應(yīng)接電源負極 B．通過泵體的電流I＝ C．增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度 D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度 解析：當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向左，拉動液體，故A錯誤；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻R＝ρ＝＝，因此流過泵體的電流I＝＝UL1σ，故B錯誤；增大磁感應(yīng)強度B，受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯誤． 答案：C 5．[2019河南六市第一次聯(lián)考] 如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從磁場的左邊界上M點進入垂直紙面向外的勻強磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點離開磁場．已知帶電粒子比荷＝3.2109 C/kg，電場強度E＝200 V，MN間距＝1 cm，金屬板長L＝25 cm.粒子初速度v0＝4105 m/s，帶電粒子重力忽略不計．求： (1)粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角θ. (2)磁感應(yīng)強度B的大?。? 解析：(1)qE＝ma， 粒子在電場中水平方向做勻速直線運動，L＝v0t， 粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動，射出電場時的豎直分速度 vy＝at， 速度偏向角tanθ＝， 由以上各式解得θ＝45. (2)粒子射出電場時運動 速度大小為v＝， 在磁物中洛倫茲力提供向心力Bqv＝m， 由幾何關(guān)系得＝r， 解得B＝2.510－2T. 答案：(1)45 (2)2.510－2T 6．[2019合肥一檢]如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限內(nèi)有一勻強電場，其場強大小為E，方向與x軸成30角斜向上．一比荷為的帶正電粒子從P點由靜止出發(fā)，接著在x軸上Q點進入第一象限，通過磁感應(yīng)強度大小為B的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)后，從坐標原點O沿y軸負方向離開磁場區(qū)域．若P、Q間距為L，粒子重力不計，試求： (1)粒子到達Q點時的速度大小； (2)Q點的坐標； (3)矩形磁場區(qū)域的最小面積． 解析：作出粒子運動軌跡如圖所示 (1)粒子從P到Q過程，根據(jù)動能定理得 qEL＝mv2 解得粒子到達Q點時的速度v＝ (2)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可知Q點的坐標為(3R,0) 又qvB＝m，可得R＝ 則Q點的坐標為 (3)由圖可得，最小的矩形磁場面積 Smin＝2Rcos30(R－Rsin30)＝R2＝ 答案：(1) (2) (3) [技能提升練] 7. [2019合肥模擬](多選)如圖所示，豎直直線MN右側(cè)存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.01 kg、電荷量q＝＋0.01 C的小球從MN左側(cè)水平距離為l＝0.4 m的A點水平拋出，當下落距離是水平距離的一半時從MN上的D點進入電磁場，并恰好能做勻速圓周運動，圖中C點是圓周的最低點且C到MN的水平距離為2l，不計空氣阻力，g取10 m/s2，則( ) A．小球的初速度為20 m/s B．勻強電場的電場強度為10 V/m C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B＝2 T D．小球從D到C運動的時間為0.1π s 解析：小球從A到D做平拋運動，l＝v0t，＝gt2，所以t＝0.2 s，v0＝2 m/s，選項A錯誤；小球進入電磁場中恰好做勻速圓周運動，則qE＝mg，即E＝10 V/m，選項B正確；小球進入電磁場時有vy＝gt＝v0，即小球進入電磁場時的速度為v＝2 m/s，且與MN成45角，由幾何關(guān)系可得小球做勻速圓周運動的半徑為r＝＝ m，又因Bqv＝m，聯(lián)立并代入數(shù)值得B＝2.5 T，選項C錯誤；小球從D到達C經(jīng)歷了圓周，所以從D到C運動的時間為t＝＝0.1π s，選項D正確． 答案：BD 8．[2019江蘇一模](多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率．如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓．圖乙為霍爾元件的工作原理圖．當磁場靠近霍爾元件時，導(dǎo)體內(nèi)定向運動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( ) A．根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行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是由正電荷定向運動形成的 D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小 解析：根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)，可求得車輪轉(zhuǎn)動周期，結(jié)合車輪半徑，即可求解車輪的速度大?。蔄項正確；根據(jù)qvB＝q得，UH＝Bdv，v是導(dǎo)電粒子運動的速度，由電流的微觀定義式：I＝nesv，聯(lián)立解得：UH＝，可知霍爾電壓UH與車速大小無關(guān)．故B項錯誤；霍爾元件的電流I是由負電荷定向運動形成的．故C項錯誤；由公式UH＝，若長時間不更換傳感器的電源，那么電流I減小，則霍爾電勢差將減小，故D項正確． 答案：AD 9．如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的v－t圖象如圖所示，其中正確的是( ) 解析： 該題中，小球的運動性質(zhì)與電性無關(guān)．設(shè)小球帶正電，對帶電小球進行受力分析如圖所示，剛開始速度v比較小，F(xiàn)洛＝qvB比較小，電場力F>F洛，G－Ff＝ma，即ma＝G－μ(F－qvB)，隨著速度v的不斷增大，a也不斷增大．當F＝F洛時，a最大，為重力加速度g.再隨著速度v的不斷增大，F(xiàn)下載提示(請認真閱讀)
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