（廣東專用）高考物理一輪復習方案 專題6 帶電粒子在組合場及復合場中運動（含解析）

專題(六)[專題6帶電粒子在組合場及復合場中運動]eq\a\vs4\al\co1(基礎熱身)1．·蘇北四市二調(diào)在如圖Z6－1所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度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()圖Z6－1A．一定帶正電B．速度v＝eq\f(E,B)C．若速度v＞eq\f(E,B)，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2．·武漢部分學校聯(lián)考(雙選)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，圖Z6－2是它的示意圖．平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體(即高溫下電圖Z6－2離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓．如果把A、B和用電器連接，A、B就是一個直流電源的兩個電極．設A、B兩板間距為d，磁感應強度為B，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是()A．A是直流電源的正極B．B是直流電源的正極C．電源的電動勢為BdvD．電源的電動勢為qvB圖Z6－33．·東城期末如圖Z6－3所示，勻強電場E方向豎直向下，水平勻強磁場B垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量同種電荷．已知a靜止，b、c在紙面內(nèi)按圖示方向做勻速圓周運動(軌跡未畫出)．忽略三個油滴間的靜電力作用，比較三個油滴的質(zhì)量及b、c的運動情況，以下說法中正確的是()A．三個油滴質(zhì)量相等，b、c都沿順時針方向運動B．a(chǎn)的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小，b、c都沿逆時針方向運動C．b的質(zhì)量最大，a的質(zhì)量最小，b、c都沿順時針方向運動D．三個油滴質(zhì)量相等，b沿順時針方向運動，c沿逆時針方向運動eq\a\vs4\al\co1(技能強化)4．·浙江重點中學摸底(雙選)如圖Z6－4所示，在正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面的勻強磁場和平行于AB的水平方向的勻強電場，一不計重力的帶電粒子剛好以某一初速度從三角形O點沿角平分線OC做勻速直線運動．若此區(qū)域只存在電場時，該粒子仍以此初速度從O點沿角平分線OC射入，則此粒子剛好從A點射出；若只存在磁場時，該粒子仍以此初速度從O點沿角平分線OC射入，則下列說法正確的是()圖Z6－4A．粒子將在磁場中做勻速圓周運動，運動軌道半徑等于三角形的邊長B．粒子將在磁場中做勻速圓周運動，且從OB階段射出磁場C．粒子將在磁場中做勻速圓周運動，且從BC階段射出磁場D．根據(jù)已知條件可以求出該粒子分別在只有電場時和只有磁場時在該區(qū)域中運動的時間之比5．·洛陽統(tǒng)考(雙選)如圖Z6－5所示，空間的某一區(qū)域存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動，從C點離開區(qū)域；如果將磁場撤去，其他條件不變，則粒子從B點離開場區(qū)；如果將電場撤去，其他條件不變，則這個粒子從D點離開場區(qū)．已知BC＝CD，設粒子在上述三種情況下，從A到B、從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2和t3，離開三點時的動能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不計，以下關系式正確的是()A．t1＝t2<t3B．t1<t2＝t3C．Ek1＝Ek2<Ek3D．Ek1>Ek2＝Ek3圖Z6－5圖Z6－66．·江西八校聯(lián)考(雙選)如圖Z6－6所示，在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長的固定絕緣桿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、磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(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＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)7．平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在著沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在著垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖Z6－7所示．不計粒子重力，求：(1)M、N兩點間的電勢差UMN；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.圖Z6－7eq\a\vs4\al\co1(挑戰(zhàn)自我)8．·三明聯(lián)考如圖Z6－8所示，與水平面成37°傾斜軌道AB，其延長線在C點與半圓軌道CD(軌道半徑R＝1m)相切，全部軌道為絕緣材料制成且放在豎直面內(nèi)．整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側存在垂直紙面向里的勻強磁場．一個質(zhì)量為0.4kg的帶電小球沿斜面AB下滑，至B點時速度為vB＝eq\f(100,7)m/s，沿著直線BC運動，小球在BC段對軌道無壓力，運動到達C處進入半圓軌道，進入時無動能損失，小球剛好能到達D點，到達D點的同時撤去磁場．不計空氣阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8.(1)判斷小球帶何種電荷；(2)小球離開D點后若落在AC上，求其落點與C點的距離；(3)求小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功．圖Z6－8專題(六)1．B[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，即qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E,B)，選項B正確；若速度v＞eq\f(E,B)，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．2．BC[解析]由左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負電荷受到的洛倫茲力方向向上，所以正電荷打到B上，負電荷打到A上，即B是直流電源的正極，A是直流電源的負極；達到平衡時，Eq＝qvB，而E＝eq\f(U,d)，則U＝Bdv，答案為B、C.3．A[解析]油滴a靜止，重力等于電場力，故液滴帶負電荷；油滴b、c都做圓周運動，重力也等于電場力，由于三個油滴帶等量同種電荷，故三個油滴質(zhì)量相等，由左手定則知b、c都沿順時針方向運動，選項A正確．4．BD[解析]當勻強磁場和勻強電場并存時，粒子做勻速直線運動，則Eq＝qvB；只存在水平方向電場時，該粒子做類平拋運動，設三角形的邊長為L，則eq\f(\r(3)L,2)＝vt1，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)teq\o\al(2,1)，聯(lián)立得E＝eq\f(4mv2,3qL)；只存在磁場時，該粒子做圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(mv2,qE)＝eq\f(3L,4)，粒子將打到OB上，與O點距離eq\f(3L,4)處，可求出圓弧對應的圓心角θ＝eq\f(π,3)，運動時間t2＝eq\f(θR,v)＝eq\f(πL,4v)，則可求出eq\f(t1,t2)＝eq\f(2\r(3),π)，答案為B、D.5．AD[解析]當磁場和電場并存時，粒子做勻速直線運動，動能不變，運動時間t1＝eq\f(AC,v)；只存在豎直方向的電場時，該粒子做類平拋運動，運動時間t2＝eq\f(AC,v)，電場力做正功，動能增大；只存在磁場時，該粒子做勻速圓周運動，水平方向的平均速度v＜v，運動時間t3>eq\f(AC,v)，洛倫茲力不做功，動能不變，則t1＝t2<t3，Ek1>Ek2＝Ek3，A、D正確．6．CD[解析]在運動過程中，對小球，由牛頓第二定律有mg－f＝ma，其中f＝μ|Eq－Bvq|，則a＝g－eq\f(μ,m)|Eq－Bvq|，可見小球做加速度逐漸增大的加速運動，當Eq＝qvB時，加速度達到最大值g，之后小球做加速度減小的加速運動，當加速度減到0時，速度達到最大，之后做勻速運動，A錯誤；整個運動過程中，摩擦力做負功，小球的機械能和電勢能的總和逐漸減小，B錯誤；當加速度為eq\f(g,2)時，即g－eq\f(μ,m)|Eq－Bvq|＝eq\f(g,2)，則v＝eq\f(2μqE±m(xù)g,2μqB)，C、D正確．7．(1)eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)(2)eq\f(2mv0,qB)(3)eq\f(（3\r(3)＋2π）m,3qB)[解析](1)設粒子過N點時的速度為v，有eq\f(v0,v)＝cosθ，解得v＝2v0.粒子從M點運動到N點的過程，有qUMN＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UMN＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q).(2)粒子在磁場中以O′為圓心做勻速圓周運動，半徑為O′N，有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(2mv0,qB).(3)由幾何關系得ON＝rsinθ.設粒子在電場中運動的時間為t1，有ON＝v0t1解得t1＝eq\f(\r(3)m,qB).粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB).設粒子在磁場中運動的時間為t2，有t2＝eq\f(π－θ,2π)T，故t2＝eq\f(2πm,3qB)，而t＝t1＋t2，故t＝eq\f(（3\r(3)＋2π）m,3qB).8.(1)正電荷(2)2.26m(3)27.6[解析](1)小球在BC段對軌道無壓力，故洛倫茲力垂直軌道向上，由左手定則知小球帶正電荷．(2)依題意可知小球在BC間做勻速直線運動．在C點的速度為：vC＝vB＝eq\f(100,7)m/s在BC段其受力如圖所示，設重力和電場力合力為F，由平衡條件得F＝eq\f(mg,cos37°)＝5N，F(xiàn)＝qvCB在D處由牛頓第二定律可得BvDq＋F＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)解得：vD＝4m/s，vD＝－eq\f(25,8)m/s(