《高考備考指南 物理 》課件-能力課　帶電粒子在復合場中的運動

能力課帶電粒子在復合場中的運動(本欄目對應(yīng)配套訓練P82~84)1.(多選)(2023年廣州六中模擬)如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場.一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的小球，以初速度v0沿與電場方向成45°夾角射入場區(qū)，沿直線運動.經(jīng)過時間t，小球到達C點(圖中沒標出)，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，電場強度大小不變.已知重力加速度為g.則()A.小球一定帶正電B.時間t內(nèi)小球可能做勻變速直線運動C.勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2D.電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，則小球做勻加速直線運動【答案】AC【解析】假設(shè)小球做變速直線運動，小球所受重力與電場力不變，而洛倫茲力隨速度的變化而變化，則小球?qū)⒉豢赡苎刂本€運動，故假設(shè)不成立，所以小球一定受力平衡做勻速直線運動，B錯誤；小球做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可以判斷，小球所受合力必然為0，故電場力水平向右，洛倫茲力垂直于直線斜向左上方，小球一定帶正電，A正確；根據(jù)平衡條件，得qv0B=mgcos45°，解得B=2mgqv0，C正確；根據(jù)平衡條件可知mg=qEtan2.(多選)(2023年天門外國語學校模擬)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場.一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，阻力不計.下列說法正確的是()A.液滴一定帶正電B.液滴在C點時動能最大C.液滴從A點運動到C點的過程中機械能守恒D.液滴將可能由B點返回到A點【答案】AB【解析】帶電液滴開始運動后，將受到洛倫茲力的作用.洛倫茲力指向弧線的內(nèi)測，由左手定則可以判定液滴帶正電，A正確.從A點到C點，重力、電場力做正功，洛倫茲力不做功；從C點到B點，重力、電場力做負功，洛倫茲力不做功；根據(jù)動能定理可知，在C點時動能最大，B正確.液滴從A點運動到C點的過程中，電場力做了正功，所以機械能會增大，C錯誤.液滴到達B點后，將向右繼續(xù)運動，并且和曲線ACB上的運動特征相同，不可能返回A點，D錯誤.3.右圖為回旋加速器的示意圖.兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中.一質(zhì)子從加速器的A處開始加速.已知D形盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻交變電源的電壓為U，頻率為f，質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q.下列說法錯誤的是()A.質(zhì)子的最大速度不超過2πRfB.質(zhì)子的最大動能為qC.質(zhì)子的最大動能與電壓U無關(guān)D.只增大磁感應(yīng)強度B可減小質(zhì)子的最大動能【答案】D【解析】質(zhì)子出回旋加速器時的速度最大，此時的半徑為R，則v=2πRT=2πRf，所以最大速度不超過2πRf，A正確；質(zhì)子的最大動能Ek=12mv2=q2B2R22m與電壓無關(guān)，B、4.將平行板電容器、滑動變阻器、電源按如圖中所示連接.若平行板電容器內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一電子束沿垂直于電場線與磁感線方向從左側(cè)入射后偏向A極板.為了使電子束沿入射方向做直線運動，可采取的方法是()A.只將變阻器滑片P向b端滑動B.只將電子的入射速度適當增大C.只將磁場的磁感應(yīng)強度適當減小D.只將極板間距離適當減小【答案】B【解析】根據(jù)電路圖可知A板帶正電、B板帶負電，所以電子束受到的電場力方向向上，大小為F電=Ee=Ued；受到的洛倫茲力方向向下，大小為F'=Bev.電子向上偏，說明電場力大于洛倫茲力，要使電子束沿入射方向做直線運動，則要使電場力等于洛倫茲力，所以應(yīng)減小電場力或者增大洛倫茲力.將變阻器滑動頭P向右或向左移動時，電容器兩端電壓不變，電場力不變，A錯誤；只將電子的入射速度適當增大，受到的洛倫茲力增大，滿足要求，B正確；只將磁場的磁感應(yīng)強度適當減小，電子受到的洛倫茲力更小，不滿足要求，C錯誤；將極板間距離適當減小時，F(xiàn)電增大，不滿足要求，D錯誤5.如圖所示，將厚度為h、寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中.當電流通過導體板時，在導體板的上下表面之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng).實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U、電流I和B的關(guān)系為U=KIBd，式中的比例系數(shù)K稱為霍爾系數(shù).設(shè)電流I(方向如圖所示)是由電子的定向移動形成的，導體單位體積中電子的個數(shù)為n，電子定向移動的速率為v，電荷量為e.下列說法正確的是A.上表面的電勢比下表面高B.洛倫茲力對電子做正功C.霍爾系數(shù)K的大小與n、e有關(guān)D.霍爾系數(shù)K的大小與d、h有關(guān)【答案】C【解析】電子定向移動中所受洛倫茲力向上，導體上表面帶負電，而下表面帶正電，所以導體上表面比下表面電勢低，A錯誤.洛倫茲力方向與電子運動方向始終垂直，洛倫茲力不做功，B錯誤.當電場力與洛倫茲力平衡時，有eUh=evB，得U=hvB.導體中通過的電流為I=nevS=nevdh.由v=Inedh得U=IBned=KIBd，聯(lián)立得K=1ne6.(多選)如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直于紙面向里.一帶電小球恰能以速度v0做直線運動，其軌跡如圖虛線所示，虛線與水平方向成30°角，小球最終穿過一軸線沿小球運動方向且固定擺放的光滑絕緣管道(管道內(nèi)徑略大于小球直徑).下列說法正確的是()A.小球一定帶正電B.磁場和電場的大小關(guān)系為EB=C.小球可能是從管道的乙端運動到甲端D.若小球剛進入管道時撤去磁場，小球?qū)⒃诠艿乐凶鰟蛩僦本€運動【答案】AD【解析】小球做勻速直線運動，當帶正電時，電場力水平向左，重力豎直向下.從甲端運動到乙端時，洛倫茲力垂直于虛線斜向右上，三力恰好平衡，能保證小球沿圖中虛線運動.當小球帶負電時，電場力水平向右，重力豎直向下.從甲端運動到乙端時或者從乙端運動到甲端時，洛倫茲力垂直于虛線斜向左上或者右上，均不能使小球沿直線運動，A正確.由A項分析可知，電場力和洛倫茲力關(guān)系為sin30°=qEqv0B，整理得EB=v02，B錯誤.根據(jù)A項分析，小球只能從管道的甲端運動到乙端，C錯誤7.如圖所示，在直角坐標系xOy中有方向垂直于坐標平面向里的勻強磁場.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(不計粒子受到的重力)從原點O以大小為v的初速度沿x軸正方向射入磁場，粒子恰好能通過坐標為(3L，4L)的P點.磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A.3mv4qLC.8mv25qL【答案】C【解析】粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示.根據(jù)幾何關(guān)系可知cosθ=4L5L=45，R=5L2cosθ=258L.又因為qvB=mv28.(多選)(2022年浙江卷)右圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E=ar，a為常量.比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動.不考慮粒子間的相互作用及重力，則A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小B.電荷量大的粒子動能一定大C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)D.當加垂直于紙面的磁場時，粒子一定做離心運動【答案】BC【解析】根據(jù)電場力提供向心力可得ar·q=mω2r，解得ω=aqm·1r.可知軌道半徑r小的粒子角速度大，A錯誤.根據(jù)電場力提供向心力可得ar·q=mv2r，解得v=aqm.又Ek=12mv2，聯(lián)立可得Ek=aq2.可知電荷量大的粒子動能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑9.(多選)電場強度為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場正交，如圖所示.質(zhì)量為m的帶電粒子在垂直于磁場方向的豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動.設(shè)重力加速度為g.下列結(jié)論正確的是()A.粒子帶負電，且q=mgB.粒子以順時針方向轉(zhuǎn)動C.粒子速度大小v=BgRD.粒子的機械能守恒【答案】ABC【解析】帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，有mg=qE，可得電荷量q=mgE.根據(jù)電場強度方向和電場力方向判斷出粒子帶負電，A正確.由左手定則可判斷粒子沿順時針方向運動，B正確.帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，有mg=qE，根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv2R，解得v=BgRE，C正確.10.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的液滴以速度v沿與水平成45°角斜向上進入勻強電場和勻強磁場正交的足夠大的疊加區(qū)域，電場強度方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，液滴在場區(qū)做直線運動.重力加速度為g.以下說法正確的是()A.電場強度E的大小為mgB.磁感應(yīng)強度B的大小為2C.液滴在場區(qū)做直線運動過程中機械能的增加量大于電勢能的減少量D.當液滴運動到某一點M時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不變，不考慮因電場變化而產(chǎn)生的對磁場的影響，此時液滴加速度a的大小為2g【答案】ABD【解析】液滴帶正電，受力方向如圖所示.根據(jù)平衡條件，有Eq=mgtanθ=mg，qvB=mgcosθ=2mg，解得E=mgq，B=2mgqv，A、B正確.因洛倫茲力不做功，只有重力和電場力做功，所以機械能的增加量等于電勢能的減少量，C錯誤.電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有a=11.(2022年全國卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向為沿y軸正方向.一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動.下列四幅圖可能正確描述該粒子運動軌跡的是()【答案】B【解析】在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動，磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn)，A、C錯誤.運動過程中電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉(zhuǎn).B正確，D錯誤.12.如圖所示，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過平面直角坐標系的第一象限.一質(zhì)量為m帶電荷量為q的粒子(不計重力)以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°方向進入磁場，運動到A點時速度方向平行于x軸.(1)判斷粒子的電性；(2)求帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動的半徑R大?。?3)求粒子從O點運動到A點的時間t和A點到x軸的距離d.解：(1)據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示.由左手定則及曲線運動的條件判斷出此電荷帶負電.(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=mv2R，解得R=mvqB(3)粒子由O點運動到A點時速度方向改變了60°，所以粒子做圓周運動的圓心角為θ=60°.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πRv=2πmqB.所以運動的時間tA點到x軸的距離為d，由圖可得R-Rcos60°=d，解得d=mv213.(2023年錦州期末)如圖所示，水平地面上方MN邊界左側(cè)存在垂直于紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度B=1.0T.邊界MN右側(cè)離地面高h=0.45m處固定光滑絕緣平臺上有一帶正電的小球，質(zhì)量m=0.1kg，電荷量q=0.1C，以初速度v0=0.9m/s水平向左運動，通過MN邊界后恰好做勻速圓周運動.小球視為質(zhì)點，g取10m/s2.求：(1)電場強度的大小和方向；(2)小球在電