19年高考物理一輪復(fù)習(xí)重點強化練6帶電粒子在磁場、復(fù)合場中的運動

PAGEPAGE4內(nèi)部文件，版權(quán)追溯內(nèi)部文件，版權(quán)追溯重點強化練(六)帶電粒子在磁場、復(fù)合場中的運動(限時：45分鐘)一、選擇題(共8小題，每小題6分，1～4為單選題，5～8為多選題)1.有一個帶電荷量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向如圖1所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法正確的是()圖1A．一定做曲線運動B．不可能做曲線運動C．有可能做勻加速直線運動D．有可能做勻速直線運動A[帶電小球在沒有進入復(fù)合場前做自由落體運動，進入復(fù)合場后，受豎直向下的重力G＝mg，水平向左的電場力F電＝qE與洛倫磁力F洛＝qBv，重力與電場力大小和方向保持恒定，但因為速度大小會發(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會發(fā)生變化，所以一定會做曲線運動，A正確，B、C、D錯誤．]2．如圖2所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60°.利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的()圖2A．帶電粒子的質(zhì)量B．帶電粒子在磁場中運動的周期C．帶電粒子的初速度D．帶電粒子在磁場中運動的半徑B[由帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，因此由幾何關(guān)系得磁場寬度l＝rsin60°＝eq\f(mv0,qB)sin60°，未加磁場時有l(wèi)＝v0t，所以可求得比荷eq\f(q,m)＝eq\f(sin60°,Bt)，A項錯；周期T＝eq\f(2πm,qB)也可求出，B項對；因初速度未知且無法求出，所以C、D項錯．]3．如圖3所示，斜面頂端在同一高度的三個光滑斜面AB、AC、AD，均處于水平方向的勻強磁場中．一個帶負(fù)電的絕緣物塊，分別從三個斜面頂端A點由靜止釋放，設(shè)滑到底端的時間分別為tAB、tAC、tAD，則()【導(dǎo)學(xué)號：84370425】圖3A．tAB＝tAC＝tADB．tAB＞tAC＞tADC．tAB＜tAC＜tADD．無法比較C[帶負(fù)電物塊在磁場中的光滑斜面上受重力、支持力和垂直斜面向下的洛倫茲力，設(shè)斜面的高度為h，傾角為θ，可得物塊的加速度為a＝gsinθ，由公式x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(h,sinθ)解得t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，可知θ越大，t越小，選項C正確．]4．如圖4所示，a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應(yīng)強度大小相等．電荷量為2e的正離子以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，當(dāng)它運動到b點時，擊中并吸收了一個處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子，不計正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運動軌跡是()圖4圖6A．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eq\f(mg,qvcosθ)D．該電場的場強為BvcosθAC[若微粒帶正電q，它受豎直向下的重力mg、向左的電場力qE和右斜向下的洛倫茲力qvB，可知微粒不能做直線運動．據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電q，它受豎直向下的重力mg、向右的電場力qE和左斜向上的洛倫茲力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，B錯誤；微粒受力如圖．由圖知qE＝qvBsinθ，所以E＝Bvsinθ，D錯誤；qvBcosθ＝mg，所以B＝eq\f(mg,qvcosθ)，故C正確．]7．(2018·廣州模擬)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域．如圖7所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，當(dāng)元件中通入圖示方向的電流I時，C、D兩側(cè)面會形成一定的電勢差U.下列說法中正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：84370427】圖7A．若C側(cè)面電勢高于D側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶負(fù)電B．若C側(cè)面電勢高于D側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶正電C．在地球南、北極上方測地磁場強弱時，元件工作面豎直放置時U最大D．在地球赤道上方測地磁場強弱時，元件工作面豎直放置且與地球經(jīng)線垂直時，U最大AD[若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子受到洛倫茲力作用向D側(cè)面偏，則C側(cè)面的電勢高于D側(cè)面的電勢，故A正確；若元件的載流子是正電離子，由左手定則可知，正電離子受到洛倫茲力作用向D側(cè)面偏，則D側(cè)面的電勢高于C側(cè)面的電勢，故B錯誤；在測地球南、北極上方的地磁場強弱時，因磁場沿豎直方向，則元件的工作面保持水平時U最大，故C錯誤；地球赤道上方的地磁場方向水平，在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直，當(dāng)與地球經(jīng)線垂直時U最大，故D正確．故選A、D.]8．如圖8所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為eq\f(qBd,m)，不計粒子重力，則()圖8A．粒子在磁場中的運動半徑為eq\f(d,2)B．粒子距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)C．粒子距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動的時間為eq\f(πm,qB)D．能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為eq\f(πm,3qB)CD[粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝d，選項A錯誤；畫出粒子恰好不進入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖所示，由幾何知識得，OA＝eq\f(r,sin30°)＝2d，而粒子距A點0.5d處射入時，圓心在AD上距離A點為1.5d，故粒子會進入Ⅱ區(qū)，選項B錯誤；粒子距A點1.5d處射入時，圓心在AD上距離A點為2.5d，粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動半個周期而射出，所以其運動的時間為t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，選項C正確；能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，若在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的時間最短，則粒子在磁場中運動的軌跡最短(弦長也最短)，由幾何知識知，粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)的最短弦長為d，此弦長所對的圓心角為θ＝eq\f(π,3)，所以粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為tmin＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，選項D正確．]二、非選擇題(本題3小題，共52分)9．(16分)如圖9所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，在ad邊中點O有一粒子源，在t＝0時刻垂直于磁場發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與Od的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)．已知沿Od方向發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界cd上的P點離開磁場，ab＝1.5L，bc＝eq\r(3)L，粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝L，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：圖9(1)粒子在磁場中的運動周期T和粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)粒子在磁場中運動的最長時間．[解析](1)初速度沿Od方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲，其圓心為O1，由幾何關(guān)系有甲∠OO1P＝eq\f(π,3)，則T＝6t0；粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)，v＝eq\f(2πR,T)，得eq\f(q,m)＝eq\f(π,3Bt0).(2)在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡如圖乙弦Ob＝eq\r(3)L，設(shè)此粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，則sineq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),2)，θ＝eq\f(2π,3)，乙圓心恰在ab邊上，則在磁場中運動的最長時間tm＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(1,3)T＝2t0.[答案](1)6t0eq\f(π,3Bt0)(2)2t010．(16分)(2018·濰坊模擬)如圖10所示，三個同心圓將空間分隔成四個區(qū)域，圓Ⅰ的半徑為R；圓Ⅱ的半徑為2R，在圓Ⅰ與圓Ⅱ間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場；圓Ⅲ是一絕緣圓柱形管，半徑為4R，在圓Ⅱ與圓Ⅲ間存在垂直于紙面向里的勻強磁場B1.在圓心O處有一粒子源，該粒子源可向各個方向射出速率相同、質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，粒子重力不計．假設(shè)粒子每一次經(jīng)過圓Ⅱ且與該圓相切時均進入另一磁場．粒子源所射出的粒子剛好沿圓Ⅱ的切線方向進入勻強磁場B1.圖10(1)求粒子的速度大小；(2)若進入勻強磁場B1的粒子剛好垂直打在圓Ⅲ的管壁上，求B1的大小(可用B表示)；(3)若打在圓Ⅲ管壁上的粒子能原速率反彈，求粒子從O點開始到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間.【導(dǎo)學(xué)號：84370428】[解析](1)粒子運動軌跡如圖：由牛頓定律可得：qvB＝meq\f(v2,r1)由幾何關(guān)系可知：req\o\al(2,1)＋R2＝(2R－r1)2解得：v＝eq\f(3BqR,4m).(2)由牛頓第二定律：qvB1＝meq\f(v2,r2)由幾何關(guān)系可知：req\o\al(2,2)＋(4R)2＝(2R＋r2)2解得：B1＝eq\f(B,4).(3)由幾何關(guān)系可得：圓心角：θ1＝127°圓心角：θ2＝53°粒子運動的第一段圓弧長：l1＝eq\f(θ1,360°)2πr1粒子運動的第二段圓弧長：l2＝eq\f(θ2,360°)2πr2由幾何關(guān)系知粒子第一次回到O點運動的時間：vt＝2(l1＋l2＋R)解得：t＝eq\f(80＋113πm,30qB). [答案](1)eq\f(3BqR,4m)(2)eq\f(B,4)(3)eq\f(80＋113πm,30qB)11．(20分)(2017·咸陽模擬)如圖11所示，位于豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、電場強度大小E＝2V/m的勻強電場，第三象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向、大小也為E＝2V/m的勻強電場；其中第一象限內(nèi)有一平行于x軸的虛線，虛線與x軸之間的距離為h＝0.4m，在虛線上方存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T的勻強磁場，在第三象限存在垂直xOy平面向外的、磁感應(yīng)強度大小也為B＝0.5T的勻強磁場．在第三象限有一點P，且O、P的連線與x軸負(fù)半軸的夾角θ＝45°.現(xiàn)有一帶電荷量為q的小球在P點處獲得一沿PO方向的速度，剛好沿PO做勻速直線運動，經(jīng)過原點后進入第一象限，重力加速度g取10m/s2.求：圖11(1)小球做勻速直線運動時的受力情況以及所受力的比例關(guān)系；(2)小球做勻速直線運動時的速度大??；(3)小球從O點進入第一象限開始經(jīng)過多長時間離開x軸？[解析](1)由題意可知，小球在第三象限沿PO做勻速直線運動時，受豎直向下的重力、水平方向的電場力、與PO方向垂直的洛倫茲力，則由力的平衡條件可知，小球的洛倫茲力方向一定與PO垂直且斜向左上方，因此小球帶負(fù)電荷，電場力一定水平向右．設(shè)小球質(zhì)量為m，所受洛倫茲力大小為f，由平衡條件得小球所受力的比例關(guān)系為mg∶(qE)∶f＝1∶1∶eq\r(2).(2)由第(1)問得qvB＝eq\r(2)qE解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s.(3)小球剛進入第一象限時，電場力和重力平衡，可知小球先做勻速直線運動，進入y≥0.4m的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，最后從N點離開x軸，小球由O→A勻速運動的位移為s1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h運動時間t1＝eq\f(s1,v)＝eq\f(\r(2)h,\f(\r