《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 專(zhuān)題探究七 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 專(zhuān)題探究七 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題探究七　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)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(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其軌道半徑為R,已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,方向豎直向下;該磁場(chǎng)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?lè)较蜻\(yùn)動(dòng) D.液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v= 解析:液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),可知,qE=mg,得=,故B錯(cuò)誤;電場(chǎng)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、 2.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí),利用電磁血流計(jì)來(lái)監(jiān)測(cè)通過(guò)動(dòng)脈的血流速度.電磁血流計(jì)由一對(duì)電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成,磁極間的磁場(chǎng)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(xiàn)、磁場(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng),電極a,b之間會(huì)有微小電勢(shì)差.在達(dá)到平衡時(shí),血管內(nèi)部的電場(chǎng)可看做是勻強(qiáng)電場(chǎng),血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零.在某次監(jiān)測(cè)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(shì)差為160 μV,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

3、、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(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零,有q=qvB,解得v== m/s≈1.3 m/s,故A項(xiàng)正確. 3.(2018·遼寧沈陽(yáng)二模)如圖所示,空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(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)

4、動(dòng)的描述,正確的是(　A　) A.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的磁場(chǎng)力先增大后減小 B.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能先增加后減少 C.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng),可知電場(chǎng)力大于重力,在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,洛倫茲力不做功,電場(chǎng)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(chǎng)力先增大后減小,故A正確;小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,電場(chǎng)力先做正功,后做負(fù)功,則電勢(shì)能先減小后增加,故B錯(cuò)誤;小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,除重力做功以外,電場(chǎng)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

5、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(xiàn)區(qū)域內(nèi),充滿(mǎn)垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域,恰好沿水平直線(xiàn)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(chǎng),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,vBvA C.穿出位置一定在O′點(diǎn)下方,vBvA 解析:設(shè)帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0

6、,若帶電顆粒A帶負(fù)電,其電場(chǎng)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(xiàn)運(yùn)動(dòng),顆粒A一定為正電荷,且滿(mǎn)足mg=Eq+Bqv0,為勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故vA=v0.若僅撤去磁場(chǎng),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(duì)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θ,整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),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(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(　B　) A.到達(dá)C點(diǎn)后小球不

7、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 J D.小球電勢(shì)能的增加量等于重力勢(shì)能的減少量 解析:若電場(chǎng)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(chǎng)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(guò)程是小球的重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒,小球電勢(shì)能的增

8、加量不等于重力勢(shì)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(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(勻強(qiáng)電場(chǎng)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(shuō)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(xiàn)運(yùn)動(dòng) B.只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) C.若有小球能做直線(xiàn)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(guò)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(chǎng)力、洛倫茲力作用下,都可能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),A正確,B錯(cuò)誤.

9、在重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力都存在時(shí)的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),C正確.兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除重力做功外還有電場(chǎng)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(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電場(chǎng)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(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°,同時(shí)給小球一個(gè)垂直磁場(chǎng)方向斜向下的速度v,則關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)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(guò)程中機(jī)械能守恒 C.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)電勢(shì)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)

10、合電磁場(chǎng)中處于靜止?fàn)顟B(tài),只受兩個(gè)力作用,即重力和電場(chǎng)力且兩者平衡,當(dāng)把磁場(chǎng)順時(shí)針?lè)较騼A斜30°,且給小球一個(gè)垂直磁場(chǎng)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(guò)程中受到電場(chǎng)力要做功,所以機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)B錯(cuò)誤.從開(kāi)始到最低點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功為W=EqRsin 30°=mg××=,所以電勢(shì)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(mén)=,所以選項(xiàng)D正確. 8.(多選)自行車(chē)速度計(jì)利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車(chē)的運(yùn)動(dòng)速率.如圖(甲)所示,自行車(chē)前輪上安裝一塊磁鐵,輪

11、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(chǎng)力作用下偏轉(zhuǎn),最終使導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差,即為霍爾電勢(shì)差.下列說(shuō)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(chē)車(chē)輪的半徑即可獲知車(chē)速大小 B.自行車(chē)的車(chē)速越大,霍爾電勢(shì)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(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源,霍爾電勢(shì)差將減小 解析:根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車(chē)輪轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速,若再已知自行車(chē)車(chē)輪的半徑,根據(jù)v=2πrn即可獲知車(chē)速大小,選項(xiàng)

12、A正確;根據(jù)霍爾原理可知q=Bqv′,U=Bdv′,即霍爾電勢(shì)差與磁場(chǎng)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(chē)速無(wú)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(zhǎng)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(shì)差將減小,選項(xiàng)D正確. 9.(2019·成都外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三檢測(cè))如圖所示,在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的交界面,ab為磁場(chǎng)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

13、正電粒子,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰與ab相切并返回電場(chǎng).已知電場(chǎng)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(guò)MN時(shí)的速度大小和水平位移的大小; (2)磁場(chǎng)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(chǎng)中做類(lèi)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θ角的速度進(jìn)入磁場(chǎng) tan θ==, 解得θ=60° 根據(jù)R+Rcos θ=d, 解得R= 由牛頓第二定律可得 qvB=m, 解得B=. 答案:(1)2v0　　(

14、2) 10.(2018·天津南開(kāi)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(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)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(kāi)始經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)后勻速穿過(guò)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.

15、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(chǎng)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(duì)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(chǎng)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(xiàn)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

16、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(guò)的可能角度 α=2nπ+(n=0,1,2,3,…), 圓筒的角速度 ω==(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(chē)以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng),小車(chē)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(chē)所在空間內(nèi)有豎直向

17、上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)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(chē),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(guò)程中,小車(chē)與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (2)如果滑塊剛過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為76 N,求圓弧軌道的半徑r; (3)當(dāng)滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí),立即撤去磁場(chǎng),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(chē)在此時(shí)的速度大小

18、為v2,滑塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)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(chē)與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE, 則有ΔE=m+Mv2-m, 解得ΔE=85 J. (2)設(shè)滑塊剛過(guò)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(chē)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)v′2+(mg+qE)Rm, 解得Rm=0.71 m. 答案:(1)85 J　(2)1.0 m　(3)0.71 m - 8 -