高考物理一輪復(fù)習(xí)專題6帶電粒子在復(fù)合場中的運動考點規(guī)范練

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動一、單項選擇題1.(2016·貴州貴陽期末檢測)如圖所示,一個靜止的質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力忽略不計),經(jīng)加速電壓U加速后,垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,粒子打到P點,OP=x,能正確反映x與U之間關(guān)系的是()A.x與U成正比B.x與U成反比C.x與成正比D.x與成反比解析帶電粒子在電場中加速的過程,由動能定理有qU=mv2,由幾何關(guān)系知,帶電粒子在磁場運動的軌道半徑為R=,又因為qvB=m,聯(lián)立以上三式,解得x=,即x,C正確。答案C2.(2016·北京東城區(qū)模擬)如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強電場和

2、勻強磁場組成的速度選擇器后,進(jìn)入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束,下列說法正確的是()A.組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B.組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外解析由左手定則知,A、B離子均帶正電,A錯誤;兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同,在偏轉(zhuǎn)磁場中,由R=可知,半徑大的離子對應(yīng)的比荷小,但離子的質(zhì)量不一定相同,故選項B錯誤,C正確;速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂直紙面向里,D錯誤。答案C3.(2016·陜西西安八校聯(lián)考)如圖甲是回旋加速器的原理示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,在加速帶電粒子時,兩金屬盒置

3、于勻強磁場中(磁感應(yīng)強度大小恒定),并分別與高頻電源相連,加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場中的加速時間,則下列判斷正確的是()A.高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn-tn-1B.在Ek-t圖象中,t4-t3=t3-t2=t2-t1C.粒子加速次數(shù)越多,粒子獲得的最大動能一定越大D.不同粒子獲得的最大動能都相同解析回旋加速器所加高頻電源的頻率與帶電粒子在磁場中運動的頻率相同,在一個周期內(nèi),帶電粒子兩次通過勻強電場而加速,故高頻電源的變化周期為tn-tn-2,A項錯;帶電粒子在勻強磁場中的運動周期與粒子速度無關(guān),故B項正確;粒子加速到做圓周運動的半徑等于加速

4、器半徑時,速度達(dá)到最大,即qvmaxB=mEkmax=,與加速次數(shù)無關(guān),C項錯誤;不同粒子的比荷不同,最大動能也不一定相同,D項錯。答案B4.如圖所示,甲是一個帶正電的小物塊,乙是一個不帶電的絕緣物塊,甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上,地板上方空間有水平方向的勻強磁場?，F(xiàn)用水平恒力拉乙物塊,使甲、乙一起保持相對靜止向左加速運動,在加速運動階段,下列說法正確的是()A.甲對乙的壓力不斷減小B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C.乙對地板的壓力不斷減小D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小解析對甲、乙兩物塊受力分析,甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大,乙物塊對地板的壓力不斷增大,甲、乙一起向左做加

5、速度減小的加速運動;甲、乙兩物塊間的摩擦力大小為Ff=m甲a,甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小。故D正確。答案D二、多項選擇題5.(2016·浙江名校聯(lián)考)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成角從O點進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū),該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下,恰好沿直線運動到A,下列說法正確的是()A.該微粒一定帶負(fù)電荷B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C.該磁場的磁感應(yīng)強度大小為D.該電場的電場強度為Bvcos 解析若微粒帶正電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB,知微粒不能做直線

6、運動,據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB,又知微粒恰好沿著直線運動到A,可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動,則選項A正確,選項B錯誤;由平衡條件得:qvBcos =mg,qvBsin =qE,得磁場的磁感應(yīng)強度B=,電場的電場強度E=Bvsin ,故選項C正確,選項D錯誤。答案AC6.(2016·江西八校聯(lián)考)如圖所示,在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m、電荷量為+q,電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。小球由靜止開始下

7、滑直到穩(wěn)定的過程中()A.小球的加速度一直減小B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=解析對小球受力分析如圖所示,則mg-(qE-qvB)=ma,隨著v的增加,小球加速度先增大,當(dāng)qE=qvB時達(dá)到最大值,amax=g,繼續(xù)運動,mg-(qvB-qE)=ma,隨著v的增大,a逐漸減小,所以A錯誤。因為有摩擦力做功,機械能與電勢能總和在減小,B錯誤。若在前半段達(dá)到最大加速度的一半,則mg-(qE-qvB)=m,得v=;若在后半段達(dá)到最大加速度的一半,則mg-(qvB-qE)=m,得v=,故C、D正確。答

8、案CD7.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)生勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH=k,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低于后表面B.若電源的正、負(fù)極對調(diào),電壓表將反偏C.IH與I成正比D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比導(dǎo)學(xué)號17420320解析當(dāng)霍爾元件通有電流IH時,根據(jù)左手定則,電子將向霍爾元件的后表面運動,故霍爾元件的前表面電勢較高。若將電源

9、的正、負(fù)極對調(diào),則磁感應(yīng)強度B的方向變化,IH的方向變化,根據(jù)左手定則,電子仍向霍爾元件的后表面運動,故仍是霍爾元件的前表面電勢較高,選項A、B錯誤。因R與RL并聯(lián),根據(jù)并聯(lián)分流,得IH=I,故IH與I成正比,選項C正確。由于B與I成正比,設(shè)B=aI,則IL=I,PL=RL,故UH=kPL,知UHPL,選項D正確。答案CD三、非選擇題8.(2016·江西南昌調(diào)研)如圖所示,有一對平行金屬板,板間加有恒定電壓;兩板間有勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B0,方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界,MP為左邊界的區(qū)域內(nèi),存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁場寬度為d,MN與下極板等高

10、。MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子,以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間,不計離子的重力。(1)已知離子恰好做勻速直線運動,求金屬板間電場強度的大小。(2)若撤去板間磁場B0,已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場,方向與水平方向成30°角,求A點離下極板的高度。(3)在(2)的情形中,為了使離子進(jìn)入磁場運動后從邊界MP的P點射出,磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多大?解析(1)設(shè)板間的電場強度為E,離子做勻速直線運動,受到的電場力和洛倫茲力平衡,有qE=qv0B0解得E=v0B0。(2)設(shè)A點離下極板的高度為h,離子射出電場時的速

11、度為v,根據(jù)動能定理,得qEh=mv2-離子在電場中做類平拋運動,水平方向做勻速運動,有v=解得h=。(3)設(shè)離子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律得qvB=由幾何關(guān)系得=rcos 30°解得B=。答案(1)B0v0(2)(3)9.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度的方向水平向右,磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里。一電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進(jìn)入復(fù)合場中,正好做直線運動,當(dāng)微粒運動到A(l,l)時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間),粒子繼續(xù)

12、運動一段時間后,正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。不計一切阻力,求:(1)電場強度E的大小。(2)磁感應(yīng)強度B的大小。(3)粒子在復(fù)合場中的運動時間。導(dǎo)學(xué)號17420321解析(1)微粒到達(dá)A(l,l)之前做勻速直線運動,對微粒受力分析如圖甲,所以,Eq=mg,得E=甲乙(2)由平衡條件得qvB=mg電場方向變化后,微粒所受重力與電場力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖乙。則qvB=m由幾何知識可得r=lv=聯(lián)立解得B=。(3)微粒做勻速運動的時間t1=做圓周運動的時間t2=在復(fù)合場中運動時間t=t1+t2=。答案(1)(2)(3)10.電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)

13、。圖甲為顯像管工作原理示意圖,陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后,進(jìn)入一圓形勻強磁場區(qū),磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向),磁場區(qū)的中心為O,半徑為r,熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當(dāng)不加磁場時,電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時,在熒光屏上得到一條長為2L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短,可以認(rèn)為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強度不變。已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,不計電子之間的相互作用及所受的重力。求:(1)電子打到熒光屏上時的速度大小。(2)磁感應(yīng)強度的最大值B0。解析(1)電子打到熒光屏上時

14、速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小,設(shè)為v,由動能定理得eU=mv2解得v=。(2)當(dāng)交變磁場為最大值B0時,電子束有最大偏轉(zhuǎn),在熒光屏上打在Q點,PQ=L。電子運動軌跡如圖所示,設(shè)此時的偏轉(zhuǎn)角度為,由幾何關(guān)系可知,tan =,=60°根據(jù)幾何關(guān)系,電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角=,而tan 。由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0=解得B0=。答案(1)(2)11.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場,方向沿y軸正方向;在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場,方向垂直于xOy平面向里,正三角形邊長為L,且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,從y軸上的P(0,h)點,以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進(jìn)入第象限,又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進(jìn)入第象限,且速度與y軸負(fù)方向成45°角,不計粒子所受的重力。求:(1)電場強度E的大小。(2)粒子到達(dá)a點時速度的大小和方向。(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值。導(dǎo)學(xué)號17420322解析(1)帶電粒子在電場中從P到a的過程中做類平拋運動。水平方向:2h=v0t豎直方向:h=at2由牛頓第二定律得a=由式聯(lián)立,解得E=。(2)粒子到達(dá)a點時沿y軸負(fù)方向的分速度為vy=