2018-2019學(xué)年高中物理 第3章 磁場 專題突破與題型專練 帶電粒子在復(fù)合場中的運動練習(xí) 新人教版選修3-1.doc

專題突破與題型專練帶電粒子在復(fù)合場中的運動題型一:帶電粒子在復(fù)合場中的運動實例分析1.(2018南京高二檢測)如圖所示,在正交的勻強電場和磁場的區(qū)域內(nèi)(磁場水平向里),有一正電粒子恰能沿直線飛過此區(qū)域(不計粒子重力),則下列說法正確的是(D)A.可以判斷出電場方向向上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)沿直線飛出解析:在復(fù)合場中對帶電粒子進行正確的受力分析,在不計重力的情況下,離子在復(fù)合場中沿水平方向直線通過,故有qE=qvB,解得v=,若粒子帶正電,則受洛倫茲力向上,而靜電力向下,所以電場強度的方向向下;若帶負(fù)電,則受洛倫茲力向下,而靜電力向上,所以電場強度的方向向下,所以無論粒子帶何種電性的電,只要速度滿足v=,即可沿直線通過,選項D正確2.(多選)用如圖所示的回旋加速器來加速質(zhì)子,為了使質(zhì)子獲得的最大動能增加為原來的4倍,可采用的方法是(AC)A.將其磁感應(yīng)強度增大為原來的2倍B.將其磁感應(yīng)強度增大為原來的4倍C.將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍D.將兩D形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍解析:在磁場中由牛頓第二定律得evB=m,質(zhì)子的最大動能Ekm=mv2,解得Ekm=,要使質(zhì)子的動能增加為原來的4倍,可以將磁感應(yīng)強度增大為原來的2倍或?qū)蒁形金屬盒的半徑增大為原來的2倍,選項B錯誤,A,C正確;質(zhì)子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān),選項D錯誤.3.中國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反常霍爾效應(yīng),楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎級的成果.如圖所示,厚度為h,寬度為d的金屬導(dǎo)體,當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時,在導(dǎo)體上下表面會產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng).下列說法正確的是(C)A.上表面的電勢高于下表面的電勢B.僅增大h時,上下表面的電勢差增大C.僅增大d時,上下表面的電勢差減小D.僅增大電流I時,上下表面的電勢差減小解析:因電流方向向右,則金屬導(dǎo)體中的自由電子是向左運動的,根據(jù)左手定則可知上表面帶負(fù)電,則上表面的電勢低于下表面的電勢,選項A錯誤;當(dāng)電子達到平衡時,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,上下表面的電勢差不變;僅增大d時,上下表面的電勢差減小;僅增大I時,上下表面的電勢差增大,選項C正確,B,D錯誤.4.(2018西安長安區(qū)高二期中)(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(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間有一很強的磁場,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,兩極板間便產(chǎn)生電壓,現(xiàn)將A,C兩極板與電阻R相連,兩極板間距離為d,正對面積為S,等離子體的電阻率為,磁感應(yīng)強度為B,等離子體以速度v沿垂直磁場方向射入A,C兩板之間,則穩(wěn)定時下列說法中正確的是(BC)A.極板A是電源的正極B.電源的電動勢為BdvC.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A錯誤;根據(jù)qvB=q得電動勢的大小為E=Bdv,則流過R的電流為I=,而r=,則電流大小I=,兩極板間電勢差為U=IR=,選項B,C正確,D錯誤.5.質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖,現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進行測量.讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場.加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中.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”.則下列判斷正確的是(A)A.進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B.進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C.在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚D.a,b,c三條“質(zhì)譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚解析:離子通過加速電場的過程,有qU=mv2,因為氕、氘、氚三種離子的電荷量相同、質(zhì)量依次增大,故進入磁場時動能相同,速度依次減小,選項A正確,B錯誤;由T=可知,氕、氘、氚三種離子在磁場中運動的周期依次增大,又三種離子在磁場中運動的時間均為半個周期,故在磁場中運動時間由大到小排列依次為氚、氘、氕,選項C錯誤;由qvB=m及qU=mv2,可得R=,故氕、氘、氚三種離子在磁場中的軌道半徑依次增大,所以a,b,c三條“質(zhì)譜線”依次對應(yīng)氚、氘、氕,選項D錯誤.題型二:帶電粒子在組合場中的運動1.(2018昆明模擬)如圖所示,兩導(dǎo)體板水平放置,兩板間電勢差為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,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場,則粒子射入磁場和射出磁場的M,N兩點間的距離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點進入磁場時的速度大小為v,該速度與水平方向的夾角為,故有v=.粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r=,而MN之間的距離為d=2rcos .聯(lián)立解得d=2,選項A正確.2.(2018昆明高二檢測)(多選)用固定于O點的絲線懸掛一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球,以過O點的豎直線Ox為界,左側(cè)有勻強磁場,右側(cè)有勻強電場,方向如圖所示.將帶電小球從最低位置c拉至a點由靜止釋放,讓小球在ab間擺動,b為小球在左側(cè)能到達的最高點.不計空氣阻力,下列說法正確的是(BD)A.a,b兩位置高度相等B.小球在磁場中運動時機械能守恒,在電場中運動時機械能不守恒C.小球經(jīng)過Ox左側(cè)磁場中同一位置時絲線張力相等D.小球從a到c所用的時間比從b到c所用的時間短解析:從a到b靜電力做正功,機械能不守恒,由動能定理(mg+qE)hE=m;在磁場中運動過程中,洛倫茲力不做功,故機械能守恒,則mghB=m,可知hB>hE,即a,b兩位置高度不相等,選項A錯誤,B正確;小球經(jīng)過Ox左側(cè)磁場中同一位置時,速度的方向可能不同,則洛倫茲力的方向不同,絲線張力不相等,選項C錯誤;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所用的時間比從b到c所用的時間短,選項D正確.3.(2018吉林高二校級月考)如圖,在第一象限存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xOy平面)向外;在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負(fù)向.在y軸正半軸上某點以與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)點沿垂直于x軸的方向進入電場.不計重力.若該粒子離開電場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為,求:(1)電場強度大小和磁感應(yīng)強度大小的比值;(2)該粒子在電場和磁場中運動的總時間.解析:(1)粒子運動軌跡如圖所示,在磁場中,粒子做勻速圓周運動,由牛頓第二定律得qv0B=m,由幾何知識可得r=d,粒子進入電場后做類平拋運動,由牛頓第二定律得qE=max,vx=axt,d=t,tan =,解得=v0tan2.(2)由d=t和tan =,得t=.答案:(1)v0tan2(2)4.(2018吉林梅河口高二檢測)如圖所示,M,N為加速電場的兩極板,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)形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域邊界與M板相切于Q點,磁感應(yīng)強度大小B=T,方向垂直于紙面向里.一比荷=1108 C/kg的帶正電粒子從緊鄰N板上的P點由靜止釋放,經(jīng)加速后通過小孔Q,垂直進入環(huán)形磁場區(qū)域.P,Q,O三點在同一豎直線上,不計粒子重力,且不考慮粒子的相對論效應(yīng).(1)若加速電壓U0=2104 V,求粒子剛進入環(huán)形磁場時的速率v0;(2)要使粒子能進入中間的圓形區(qū)域,加速電壓U應(yīng)滿足什么條件?解析:(1)粒子在勻強電場中運動的過程中,由動能定理有qU0=m,解得v0=2106 m/s.(2)粒子剛好不進入中間圓形區(qū)域的軌跡如圖所示,設(shè)此時粒子在磁場中運動的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系有r2+=(r+R1)2,設(shè)粒子在環(huán)形磁場中做勻速圓周運動的速度大小為v,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=,設(shè)對應(yīng)的加速電壓為U1,對粒子在勻強電場中運動的過程,根據(jù)動能定理qU1=,可得U1=5107 V,故要使粒子能進入中間的圓形區(qū)域,加速電壓U應(yīng)滿足的條件為U>U1=5107 V.答案:(1)2106 m/s(2)U>5107 V5.(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磁場,磁感應(yīng)強度為B,在x軸下方有沿y軸負(fù)向的勻強電場,電場強度為E.現(xiàn)在y軸負(fù)半軸上M點(未畫出)有一質(zhì)量為m帶電荷量絕對值為q的粒子,由靜止釋放,經(jīng)過一段時間的運動后在第四次經(jīng)過x軸時的位置P點(未畫出)到O點的距離為L,不計粒子的重力,求:(1)該粒子帶何種電荷?(2)M點到O點的距離?(3)從M點到P點經(jīng)歷的時間?解析:(1)帶電粒子向上運動,電場向下,故粒子帶負(fù)電.(2)粒子在電場中沿y軸向上做勻加速運動,到達O點后進入磁場,在勻強磁場中,靠洛倫茲力提供向心力,做勻速圓周運動(半周).粒子在電場中,受靜電力,做往復(fù)運動,勻減速到零后勻加速返回,然后在磁場中做半個圓周運動,第四次經(jīng)過x軸,此時它與點O的距離為L,則L=4R.設(shè)粒子初速度為v,qvB=m,可得v=,設(shè)M點到O點距離為x,粒子在電場中加速度為a,v2=2ax,qE=ma,解得x=.(3)粒子在電場中加速或減速的總時間t1=3=,粒子在磁場中運動的總時間為t2=,則從M點到P點經(jīng)歷的時間t=t1+t2=+.答案:(1)負(fù)電荷(2)(3)+題型三:帶電粒子在疊加場中的運動1.(2018江西撫州校級高二月考)如圖所示,水平向右的勻強電場場強為E,垂直紙面向里的水平勻強磁場磁感應(yīng)強度為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運動,下列關(guān)于帶電液滴的性質(zhì)和運動的說法中正確的是(D)A.液滴一定帶負(fù)電B.液滴可能做勻加速直線運動C.不論液滴帶正電或負(fù)電,運動軌跡為同一條直線D.液滴不可能在垂直電場的方向上運動解析:在重力、靜電力和洛倫茲力作用下做直線運動,說明洛倫茲力要被抵消,若不能被抵消就不能做直線運動,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,液滴才能做直線運動,無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動即可,選項A錯誤;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運動,選項B錯誤;由選項A分析可知,液滴帶正電或負(fù)電時,運動軌跡恰好垂直,不是同一直線,選項C錯誤;若液滴在垂直電場的方向上運動,則洛倫茲力與靜電力在同一直線上,重力不可能被平衡,故液滴不可能在垂直電場的方向上運動,選項D正確.2.如圖所示一帶電液滴在正交的勻強電場和勻強磁場的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動(其中電場豎直向下,磁場垂直紙面向外),則液滴帶電性質(zhì)和環(huán)繞方向是(C)A.帶正電,逆時針B.帶正電,順時針C.帶負(fù)電,逆時針D.帶負(fù)電,順時針解析:帶電液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動,可知,帶電粒子受到的重力和靜電力是一對平衡力,重力豎直向下,所以靜電力豎直向上,與電場方向相反,故可知帶電液滴帶負(fù)電荷;磁場方向向外,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)方向為逆時針(四指所指的方向與帶負(fù)電的粒子的運動方向相反),故選項C正確,A,B,D錯誤.3.(2018德州高二檢測)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磁場,磁感應(yīng)強度大小為B;一束粒子流(不計重力)以速度v0從S1孔平行于金屬板射入,恰好沿直線運動從S2孔射出,已知電源的電動勢為E,內(nèi)阻為r,定值電阻為R0,求:(1)A,B兩板之間的電勢差;(2)此時滑動變阻器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)做直線運動,對帶電粒子根據(jù)平衡條件,有qE=qv0B,又E=,解得UAB=Bdv0.(2)設(shè)此時滑動變阻器接入電路的電阻為R,由閉合電路的歐姆定律E=I(r+R+R0),又I=,解得R=-r-R0.答案:(1)Bdv0(2)-r-R04.如圖所示,某空間內(nèi)存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場方向水平向右,磁場方向垂直于紙面向里,一段光滑絕緣的圓弧軌道AC固定在場中,圓弧所在平面與電場平行,圓弧的圓心為O,半徑R=1.8 m,連線OA在豎直方向上,圓弧所對應(yīng)的圓心角=37.現(xiàn)有一質(zhì)量m=3.610-4 kg、電荷量q=9.010-4 C的帶正電小球(視為質(zhì)點),以v0=4.0 m/s的速度沿水平方向由A點射入圓弧軌道,一段時間后小球從C點離開圓弧軌道.小球離開圓弧軌道后在場中做勻速直線運動.不計空氣阻力,sin 37=0.6,cos 37=0.8,取g=10 m/s2.求:(1)勻強電場電場強度E的大小;(2)小球運動到C點時的速度大小;(3)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小.解析:(1)小球離開軌道后做勻速直線運動,其受力情況如圖所示,根據(jù)矢量的合成法則有qE=mgtan ,解得E=3 N/C.(2)設(shè)小球運動到C點時的速度為v,在小球沿軌道從A運動到C的過程中,根據(jù)動能定理有qERsin -mgR(1-cos )=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,則有qvB=mg,解得B=1 T.答案:(1)3 N/C(2)5 m/s(3)1 T5.(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電場,電場強度大小E=10 N/C,在y0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小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l=0.4 m的細(xì)線懸掛于P點,小球可視為質(zhì)點,現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速度釋放,小球運動到懸點P正下方的坐標(biāo)原點O時,懸線突然斷裂,此后小球又恰好能通過O點正下方的N點.(g=10 m/s2),求:(1)小球運動到O點時的速度大小;(2)懸線斷裂前瞬間拉力的大小;(3)ON間的距離.解析:(1)小球從A運動到O的過程中,根據(jù)動能定理m=mgl-qEl,代入數(shù)據(jù)求得小球在O點速度為v0=2 m/s.(2)小球運動到O點繩子斷裂前瞬間,對小球應(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點運動至N點所用時間為t= s=0.8 s,ON間距離為h=gt2=100.82 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)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,一束粒子流以速度v水平射入,為使粒子流經(jīng)過磁場時不偏轉(zhuǎn)(不計重力),則磁場區(qū)域內(nèi)必須同時存在一個勻強電場,關(guān)于此電場強度大小和方向的說法中,正確的是(D)A.大小為,粒子帶正電時,方向向上B.大小為,粒子帶負(fù)電時,方向向上C.大小為Bv,方向向下,與粒子帶何種電荷無關(guān)D.大小為Bv,方向向上,與粒子帶何種電荷無關(guān)解析:當(dāng)粒子所受的洛倫茲力和靜電力平衡時,粒子流勻速直線通過該區(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,電場方向應(yīng)該向上.粒子帶負(fù)電時,電場方向仍應(yīng)向上.故選項D正確.2.(多選)北半球某處,地磁場水平分量B1=0.810-4 T,豎直分量B2=0.510-4 T,海水向北流動,海洋工作者測量海水的流速時,將兩極板插入此海水中,保持兩極板正對且垂線沿東西方向,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)極板電勢高,東側(cè)極板電勢低B.西側(cè)極板電勢低,東側(cè)極板電勢高C.海水的流速大小為0.125 m/sD.海水的流速大小為0.2 m/s解析:由于海水向北流動,地磁場有豎直向下的分量,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)極板電勢高,東側(cè)極板電勢低,故選項A正確;對于流過兩極板間的帶電粒子有qvB2=q,即v= m/s=0.2 m/s,故選項D正確.3.如圖所示,一個板長為L,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磁場.有一質(zhì)量為M,重力不計,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)兩極板間勻強電場的電場強度E的大小和方向;(2)粒子飛出極板時的速度v的大小與方向;(3)磁感應(yīng)強度B的大小.解析:(1)由于上極板帶正電,下極板帶負(fù)電,故板間電場強度方向豎直向下,粒子在水平方向上勻速運動,在豎直方向上勻加速運動,L=v0t,=at2,其中a=,解得E=.(2)設(shè)粒子飛出極板時水平速度為vx,豎直速度為vy,水平偏轉(zhuǎn)角為,vx=v0,vy=at=,tan =,v=,可得=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的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1,L2),存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場如圖(乙)所示,電場強度的大小為E0,E0>0表示電場方向豎直向上.t=0時,一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域,沿直線運動到Q點后,做一次完整的圓周運動,再沿直線運動到右邊界上的N2點.Q為線段N1N2的中點,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)強度B的大小;(2)求電場變化的周期T;(3)改變寬度d,使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域,求T的最小值.解析:(1)微粒做直線運動,則mg+qE0=qvB, 微粒做圓周運動,則mg=qE0, q=, 聯(lián)立得B=. (2)設(shè)微粒從N1點運動到Q點的時間為t1,做圓周運動的半徑為R,周期為t2,則=vt1, qvB=m, 2R=vt2, 聯(lián)立得t1=,t2=, 電場變化的周期T=t1+t2=+. (3)若微粒能完成題述的運動過程,要求d2R,聯(lián)立得R=, 設(shè)微粒在N1Q段直線運動的最短時間為t1 min,則由得t1 min=,因t2不變,所以T的最小值Tmin=t1 min+t2=.答案:(1)(2)+(3)