【步步高】高考物理大一輪復(fù)習(xí) 8.3 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1、8.3帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1如圖831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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中并分裂為A、B束，下列說法中正確的是 ()A組成A、B束的離子都帶正電圖831B組成A、B束的離子質(zhì)量一定不同C速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外DA束離子的比荷大于B束離子的比荷解析A與B兩束離子由速度選擇器進(jìn)入磁場(chǎng)后，由左手定則可判斷出A、B兩束離子均帶正電；離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩離子帶正電，所受電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向一致，水平向右，洛倫茲力必水平向左，且與電場(chǎng)力等大：BqvqEv，由左手定則可得速度選擇器中的磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直于紙

2、面向里；兩離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，觀察可得圓周運(yùn)動(dòng)半徑不同，依據(jù)r可得兩離子的比荷不等，A束離子的圓周運(yùn)動(dòng)的半徑較小，則比荷大于B束離子答案AD圖8322如圖832所示，水平放置的平行金屬板a、b帶有等量正負(fù)電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶正電的粒子在兩板間做直線運(yùn)動(dòng)，粒子的重力不計(jì)關(guān)于粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的情況，正確的是()A可能向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B可能向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C只能是向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)D只能是向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)解析受力分析可知電場(chǎng)力向下，洛倫茲力必向上，則速度向右；洛倫茲力與速度大小有關(guān)，因此只能為勻速直線運(yùn)動(dòng)答案C圖8333如圖833所示，空間的

3、某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過同一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能Ek的大小是 ()AEkEk BEkEkCEkEk D條件不足，難以確定解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場(chǎng)里，由動(dòng)能定理可得：eUmv2，在復(fù)合場(chǎng)里有：BqvqEv，同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得離開加速電場(chǎng)的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力小于電場(chǎng)力，將往電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，故動(dòng)能增大，B選項(xiàng)正確答案B圖8344磁流體發(fā)電機(jī)

4、可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，有著廣泛的發(fā)展前景其發(fā)電原理示意圖如圖834所示，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)區(qū)域有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g.則()A兩板間電勢(shì)差為UBdvB上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極C流經(jīng)R的電流強(qiáng)度為ID流經(jīng)R的電流強(qiáng)度為I解析等離子體噴射入磁場(chǎng)后，在洛倫茲力F1qBv的作用下正離子向上偏，負(fù)離子向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極，B對(duì)；兩板間形成向下的電場(chǎng)，正

5、、負(fù)離子將受到電場(chǎng)力F2q阻礙其偏轉(zhuǎn)，假設(shè)外電路斷路，則qBvq，即UBdv為電源電動(dòng)勢(shì)，A錯(cuò)電源內(nèi)阻為r，由閉合電路歐姆定律得I，C、D錯(cuò)(等效思維法)答案B圖8355如圖835所示的真空環(huán)境中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向水平、垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.5 T；勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向左，場(chǎng)強(qiáng)E N/C.一個(gè)帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m3.0107kg.帶電量q3.0106C，帶電小顆粒在這個(gè)區(qū)域中剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)(1)求這個(gè)帶電小顆粒運(yùn)動(dòng)的方向和速度大小(2)如果小顆粒運(yùn)動(dòng)到圖中P點(diǎn)時(shí)，把磁場(chǎng)突然撤去，小顆粒將做什么運(yùn)動(dòng)？若運(yùn)動(dòng)中小顆粒將會(huì)通過與P點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上的Q點(diǎn)，那么從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所需時(shí)間有多長(zhǎng)？(g

6、取10 m/s2)解析(1)帶電小顆粒受力如圖：tan 所以30由左手定則，帶負(fù)電小顆粒運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)與水平方向成60角斜向右上方由平衡條件可得：qvB，解得v0.8 m/s.(2)撤去磁場(chǎng)后，小顆粒受到的重力和電場(chǎng)力的合力與速度方向垂直，故小顆粒將做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))加速度大小為a2g20 m/s2方向與水平方向成30角斜向右下方在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin 60、加速度為g的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所需時(shí)間為t0.08 s0.14 s.答案(1)0.8 m/s方向與水平方向成60角斜右上方(2)勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))0.14 s圖8366如圖836所示，在虛線D

7、F的右側(cè)整個(gè)空間存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，其中在矩形區(qū)域DFHG內(nèi)還分布有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)絕緣光滑斜面傾角60，其末端與邊界DF交于C點(diǎn)，一帶正電的小球質(zhì)量為m2103 kg，從距C點(diǎn)高h(yuǎn)0.8 m處的A點(diǎn)由靜止釋放，離開斜面后，從C點(diǎn)進(jìn)入DFHG區(qū)域后恰能沿直線運(yùn)動(dòng)最后從邊界HG上的M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，取g10 m/s2，求：(1)小球滑到C點(diǎn)時(shí)，重力的功率；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(3)如果小球從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后能經(jīng)過圖中的N點(diǎn)，已知MN兩點(diǎn)豎直高度差d0.45 m，求小球經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)速度大小解析(1)小球下滑，機(jī)械能守恒mgH知重力的功率為Pmgv0sin 解得P0

8、.069 W(2)做直線運(yùn)動(dòng)，分析可知一定為勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件知 qv0Bcos mgqEmgtg 解得E N/C(3)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，洛倫茲力不做功，機(jī)械能守恒，有mgh解得vN5 m/s(優(yōu)選機(jī)械能守恒)答案(1)0.069 W(2) N/C(3)5 m/s7在如圖837所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)如圖(豎直向上為正)，電場(chǎng)大小為E0.一傾角為長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面放置在此空間斜面上有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球，從t0時(shí)刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5秒內(nèi)小球不會(huì)離開斜面，重力加速度為g.求：(1)第6秒內(nèi)小球離開斜面的最

9、大距離(2)第19秒內(nèi)小球未離開斜面，角的正切值應(yīng)滿足什么條件？圖837解析(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：(mgqE0)sin ma第一秒末的速度為：vat1在第二秒內(nèi)：qE0mg所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則由向心力公式得qvBm圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T1 s由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運(yùn)動(dòng)所以，第五秒末的速度為：v5a(t1t3t5)6gsin 小球離開斜面的最大距離為d2R3由以上各式得：d.(2)第19秒末的速度：v19a(t1t3t5t7t19)20gsin 小球未離開斜面的條件是：qv19

10、B(mgqE0)cos 所以：tan (葡萄串模型)答案(1)(2)tan 圖8388如圖838所示，A、B間存在與豎直方向成45斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，B、C間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，A、B的間距為1.25 m，B、C的間距為3 m，C為熒光屏一質(zhì)量m1.0103kg，電荷量q1.0102C的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)熒光屏上的O點(diǎn)若在B、C間再加方向垂直于紙面向外且大小B0.1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏的O點(diǎn)(圖中未畫出)取g10 m/s2.求：(1)E1的大??；(2)加上磁場(chǎng)后，粒子由b點(diǎn)到O點(diǎn)電勢(shì)能的變化量解析(1)粒子在A、B間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，則有：qE1cos 45mg解得：E1 N/C1.4 N/C.(2)粒子從a到b的過程中，由動(dòng)能定理得：qE1dABsin 45mvb2解得vb5 m/s加磁場(chǎng)前粒子在B、C間必做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：qE2mg加磁場(chǎng)后