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1、專題探究七　帶電粒子在復合場中的運動 1.(2019·安徽安慶模擬)如圖所示,一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動,其軌道半徑為R,已知該電場的電場強度為E,方向豎直向下;該磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里,不計空氣阻力,設(shè)重力加速度為g,則(　C　) A.液滴帶正電 B.液滴比荷= C.液滴沿順時針方向運動 D.液滴運動速度大小v= 解析:液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動,可知,qE=mg,得=,故B錯誤;電場力豎直向上,液滴帶負電,A錯誤;由左手定則可判斷液滴沿順時針轉(zhuǎn)動,C正確;由qvB=m,=得v=,故D錯誤.

2、 2.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時,利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度.電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成,磁極間的磁場是均勻的.使用時,兩電極a,b均與血管壁接觸,兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直,如圖所示.由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動,電極a,b之間會有微小電勢差.在達到平衡時,血管內(nèi)部的電場可看做是勻強電場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零.在某次監(jiān)測中,兩觸點的距離為3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,兩觸點間的電勢差為160 μV,磁感應(yīng)強度的大小為0.040 T.則血流速度的近似值和電極a,b的正負為(　A　) A.1.3 m/s,a正

3、、b負 B.2.7 m/s,a正、b負 C.1.3 m/s,a負、b正 D.2.7 m/s,a負、b正 解析:血液中正負離子流動時,根據(jù)左手定則,正離子受到向上的洛倫茲力,負離子受到向下的洛倫茲力,所以正離子向上偏,負離子向下偏,即a為正極,b為負極.最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零,有q=qvB,解得v== m/s≈1.3 m/s,故A項正確. 3.(2018·遼寧沈陽二模)如圖所示,空間存在豎直向上的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里).一帶正電小球從O點靜止釋放后,運動軌跡為圖中OPQ所示,其中P為運動軌跡中的最高點,Q為與O同一水平高度的點.下列關(guān)于該帶電小球運

4、動的描述,正確的是(　A　) A.小球在運動過程中受到的磁場力先增大后減小 B.小球在運動過程中電勢能先增加后減少 C.小球在運動過程中機械能守恒 D.小球到Q點后將沿著QPO軌跡回到O點 解析:小球由靜止開始運動,可知電場力大于重力,在運動的過程中,洛倫茲力不做功,電場力和重力的合力先做正功,后做負功,根據(jù)動能定理知,小球的速度先增大后減小,則小球受到的磁場力先增大后減小,故A正確;小球在運動的過程中,電場力先做正功,后做負功,則電勢能先減小后增加,故B錯誤;小球在運動的過程中,除重力做功以外,電場力也做功,機械能不守恒,故C錯誤;小球到Q點后,將重復之前的運動,不會沿著QPO

5、軌跡回到O點,故D錯誤. 4.(2019·江西模擬)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場和豎直向上的勻強電場,一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O′點穿出,射出時速度的大小為vA,若僅撤去磁場,其他條件不變,另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出,射出時速度的大小為vB,則顆粒B(　D　) A.穿出位置一定在O′點上方,vBvA C.穿出位置一定在O′點下方,vBvA 解析:設(shè)帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0

6、,若帶電顆粒A帶負電,其電場力、重力、洛倫茲力均向下,與運動方向垂直,不可能做直線運動,顆粒A一定為正電荷,且滿足mg=Eq+Bqv0,為勻速直線運動,故vA=v0.若僅撤去磁場,由于mg>Eq,帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn),穿出位置一定在 O′點下方,合力對其做正功,vB>vA,故D正確. 5.如圖所示,一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上,桿與水平方向夾角為θ,整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場,先給小球一初速度,使小球沿桿向下運動,在A點時的動能為100 J,在C點時動能減為零,D為AC的中點,那么帶電小球在運動過程中,下列說法正確的是(　B　) A.到達C點后小球不

7、可能沿桿向上運動 B.小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等 C.小球在D點時的動能為50 J D.小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量 解析:若電場力大于重力,則靜止后小球可能沿桿向上運動,故A項錯誤;小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力,洛倫茲力隨速度的減小而減小,導致支持力和滑動摩擦力變化,小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等,故B項正確;小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等,故小球在D點時的動能也就不等于50 J,故C項錯誤;該過程是小球的重力勢能、電勢能、動能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒,小球電勢能的增

8、加量不等于重力勢能的減少量,故D項錯誤. 6.(多選)如圖所示,空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右),在豎直平面內(nèi)從a點沿ab,ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用,兩球電荷量始終不變),關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是(　AC　) A.沿ab,ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B.只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動 C.若有小球能做直線運動,則它一定是勻速運動 D.兩小球在運動過程中機械能均守恒 解析:沿ab方向拋出的帶正電小球,或沿ac方向拋出的帶負電的小球,在重力、電場力、洛倫茲力作用下,都可能做勻速直線運動,A正確,B錯誤.

9、在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動,C正確.兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功,故機械能不守恒,D錯誤. 7.(2019·黑龍江哈爾濱九校聯(lián)考)(多選)如圖所示,空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場,磁感應(yīng)強度為B,電場強度為E.一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電小球恰好處于靜止狀態(tài),現(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v,則關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是(　AD　) A.小球做勻速圓周運動 B.小球運動過程中機械能守恒 C.小球運動到最低點時電勢能增加了 D.小球第一次運動到最低點歷時 解析:小球在復

10、合電磁場中處于靜止狀態(tài),只受兩個力作用,即重力和電場力且兩者平衡,當把磁場順時針方向傾斜30°,且給小球一個垂直磁場方向的速度v,則小球受到的合力就是洛倫茲力,且與速度方向垂直,所以帶電小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動,選項A正確.由于帶電小球在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動,運動過程中受到電場力要做功,所以機械能不守恒,選項B錯誤.從開始到最低點克服電場力做功為W=EqRsin 30°=mg××=,所以電勢能的增加量為,選項C錯誤.小球第一次運動到最低點的時間為T=,所以選項D正確. 8.(多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率.如圖(甲)所示,自行車前輪上安裝一塊磁鐵,輪

11、子每轉(zhuǎn)一圈,這塊磁鐵就靠近霍爾傳感器一次,傳感器會輸出一個脈沖電壓.圖(乙)為霍爾元件的工作原理圖,當磁鐵靠近霍爾元件時,導體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn),最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差,即為霍爾電勢差.下列說法正確的是(　AD　) A.根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小 B.自行車的車速越大,霍爾電勢差越高 C.圖(乙)中霍爾元件的電流I是由正電荷定向移動形成的 D.如果長時間不更換傳感器的電源,霍爾電勢差將減小 解析:根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速,若再已知自行車車輪的半徑,根據(jù)v=2πrn即可獲知車速大小,選項

12、A正確;根據(jù)霍爾原理可知q=Bqv′,U=Bdv′,即霍爾電勢差與磁場強度、霍爾元件的寬度以及電子定向移動的速率有關(guān),與車速無關(guān),選項B錯誤;題圖(乙)中霍爾元件的電流I是自由電子定向移動形成的,選項C錯誤;如果長時間不更換傳感器的電源,則會導致電子定向移動的速率減小,故霍爾電勢差將減小,選項D正確. 9.(2019·成都外國語學校高三檢測)如圖所示,在xOy坐標系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場,在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強磁場,MN為電場和磁場的交界面,ab為磁場的上邊界.現(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶

13、正電粒子,粒子運動軌跡恰與ab相切并返回電場.已知電場強度E=,不計粒子重力和粒子間的相互作用.求: (1)粒子從O點第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大小; (2)磁場的磁感應(yīng)強度B的大小. 解析:(1)根據(jù)動能定理,得qEd=mv2-m, 解得v=2v0, 粒子在電場中做類平拋運動, 有d=a,x=v0t1,a=, 解得t1=,x=. (2)粒子運動的軌跡如圖所示,設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角的速度進入磁場 tan θ==, 解得θ=60° 根據(jù)R+Rcos θ=d, 解得R= 由牛頓第二定律可得 qvB=m, 解得B=. 答案:(1)2v0　　(

14、2) 10.(2018·天津南開區(qū)一模)如圖所示為實驗室篩選帶電粒子的裝置示意圖:左端加速電極M,N間的電壓U1=9 V.中間速度選擇器中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1=1.0 T,兩板間的距離d=10 cm.選擇器右端是一個半徑R=2 m的圓筒,可以圍繞豎直中心軸順時針轉(zhuǎn)動,筒壁的一個水平圓周上均勻分布著8個小孔O1至O8,圓筒內(nèi)部有豎直方向的勻強磁場B2.一電荷量q=3.2×10-18 C、質(zhì)量m=6.4×10-20 kg的帶負電的粒子,從靜止開始經(jīng)過加速電場后勻速穿過速度選擇器.圓筒不轉(zhuǎn)時,粒子恰好從小孔O2射入,從小孔O7射出,若粒子碰到圓筒就被圓筒吸收.

15、求: (1)速度選擇器兩端的電壓U2的大小; (2)圓筒內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B2的大小和方向; (3)要使粒子從一個小孔射入圓筒后能從正對面的小孔射出(如從O1進從O5出),則圓筒勻速轉(zhuǎn)動的角速度多大? 解析:(1)帶電粒子在加速電場中運動時,由動能定理得qU1=mv2, 得v=30 m/s 帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動,有qB1v=qE,又E=,解得U2=3 V. (2)粒子在圓筒內(nèi)運動軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系得知粒子做圓周運動的半徑為r=R, 根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qB2v=m, 解得B2=0.3 T; 由左手定則可知B2的方向豎直向下. (3)不

16、管從哪個孔進入,粒子在筒中運動的時間與軌跡一樣,由T=,t= T 得運動時間為t= s, 在這段時間圓筒轉(zhuǎn)過的可能角度 α=2nπ+(n=0,1,2,3,…), 圓筒的角速度 ω==(40n+5)rad/s,(n=0,1,2,3,…). 答案:(1)3 V (2)0.3 T,方向豎直向下 (3)(40n+5)rad/s,(n=0,1,2,3,…) 11.(2018·河北衡水中學一調(diào))如圖所示,質(zhì)量M為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運動,小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道,DC部分是光滑圓弧軌道,整個軌道都是由絕緣材料制成的,小車所在空間內(nèi)有豎直向

17、上的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度E大小為50 N/C,磁感應(yīng)強度B大小為2.0 T.現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車,當它運動到D點時速度為5 m/s.滑塊可視為質(zhì)點,g取10 m/s2,計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字. (1)求滑塊從A到D的過程中,小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能; (2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76 N,求圓弧軌道的半徑r; (3)當滑塊通過D點時,立即撤去磁場,要使滑塊沖出圓弧軌道,求此圓弧軌道的最大半徑. 解析:(1)設(shè)滑塊運動到D點時的速度大小為v1,小車在此時的速度大小

18、為v2,滑塊從A運動到D的過程中,系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方 向,有 mv0-Mv=mv1+Mv2,解得v2=0. 設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE, 則有ΔE=m+Mv2-m, 解得ΔE=85 J. (2)設(shè)滑塊剛過D點時受到軌道的支持力為FN, 則由牛頓第三定律可得FN=76 N, 由牛頓第二定律可得FN-(mg+qE+qv1B)=m, 解得r=1.0 m. (3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時,滑塊與小車具有共同的速度v′, 由動量守恒定律可得mv1=(m+M)v′, 解得v′= m/s. 設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm, 由能量守恒定律有 m=(m+M)v′2+(mg+qE)Rm, 解得Rm=0.71 m. 答案:(1)85 J　(2)1.0 m　(3)0.71 m - 8 -