《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場 第27講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場 第27講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動練習(xí)（含解析）（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第27講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 [解密考綱]考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，對學(xué)生綜合分析能力和理論聯(lián)系實(shí)際能力要求較高． 1．(2019·郴州高考物理一模)如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙?guī)д?，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)加一水平向左的勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙無相對滑動一起向左加速運(yùn)動．在加速運(yùn)動階段(　　) A．甲、乙兩物塊間的摩擦力不變 B．甲、乙兩物塊可能做加速度減小的加速運(yùn)動 C．乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小 D．甲、乙兩物體可能做勻加速直線運(yùn)動 B　解析 以甲、乙整體為研究對象，受力分析如圖所示，則有F

2、N＝F洛＋(m甲＋m乙)g，當(dāng)甲、乙一起加速運(yùn)動時，洛倫茲力F洛增大，F(xiàn)N增大，則地面對乙的滑動摩擦力Ff增大，由于Ff增大，F(xiàn)一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a減小，對甲研究得到，乙對甲的摩擦力Ff＝m甲a，則得到Ff甲減小，甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小，故選項(xiàng)A、C錯誤；甲、乙整體受到的摩擦力逐漸增大，故做加速度不斷減小的加速運(yùn)動，最后是一起勻速運(yùn)動，故選項(xiàng)B正確，D錯誤． 2．(2019·天津和平區(qū)高三上學(xué)期期末)如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1、P2之間存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．一束帶電粒子流以速度v從S1沿直線運(yùn)動到S2，則下列說法正確的是(　

3、　) A．該粒子流的粒子一定帶正電 B．粒子從S1到S2一定做勻速直線運(yùn)動 C．粒子運(yùn)動的速度大小一定等于 D．若粒子以速度v從S2向上運(yùn)動，一定能沿直線到達(dá)S1 B　解析 粒子受洛倫茲力和電場力，假設(shè)粒子帶正電，則受到向右的洛倫茲力，向左的電場力；若粒子帶負(fù)電，洛倫茲力向左，電場力向右；均可以平衡，故粒子可以帶正電，也可以帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯誤．洛倫茲力與電場力平衡qE＝qvB，粒子做勻速直線運(yùn)動才能不發(fā)生偏轉(zhuǎn)而直線通過，解得v＝，選項(xiàng)B正確，C錯誤．如果這束粒子流從S2處沿直線ba方向射入，電場力方向不變，洛倫茲力反向，故電場力與洛倫茲力方向相同，不再平衡，故合力與速度不共線，粒

4、子開始做曲線運(yùn)動，不能運(yùn)動到S1處，選項(xiàng)D錯誤． 3．(2019·安陽高三二模)(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶負(fù)電的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運(yùn)動到N點(diǎn)，關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動，下列說法正確的是(　　) A．小球可能做勻變速運(yùn)動 B．小球一定做變加速運(yùn)動 C．小球動能可能不變 D．小球機(jī)械能守恒 BC　解析 小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以受到的豎直向下的洛倫茲力，豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運(yùn)動，一定做變加速運(yùn)動，選

5、項(xiàng)A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，重力勢能減小，這種情況下機(jī)械能不守恒，若以電場力和重力不等大反向，則有電場力做功，所以機(jī)械能也不守恒，故小球的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)C正確，D錯誤． 4．(2019·成都高三摸底測試)如圖所示區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平向里的勻強(qiáng)磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進(jìn)入該區(qū)域時，恰能沿直線運(yùn)動．欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，可采用的方法是(　　) A．僅減小入射速度 B．僅減小微粒的質(zhì)量 C．僅增大微粒的電荷量 D．僅增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 A　解析 帶正電的粒子受到向下

6、的電場力和重力以及向上的洛倫茲力作用，當(dāng)qvB＝mg＋qE時，粒子沿直線通過正交場區(qū)；若減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)A正確．僅減小微粒的質(zhì)量，則洛倫茲力大于電場力與重力的合力，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)B錯誤．增大電荷量，則電場力與洛倫茲力都增大，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)C錯誤．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，則向上的洛倫茲力增大，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)D錯誤． 5．(2019·蘇北四市高三第一次調(diào)研)(多選)在一個很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH.

7、已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有(　　) A．N板電勢高于M板電勢 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，M、N間電勢差越大 C．將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變 D．將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢 AB　解析 根據(jù)左手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉(zhuǎn)，則N點(diǎn)電勢高，故選項(xiàng)A正確；設(shè)左右兩個表面相距為d，電子所受的電場力等于洛倫茲力，即設(shè)材料單位體積內(nèi)電子的個數(shù)為n，材料截面積為S，則＝evB，① I＝neSv，② S＝dL，③ 由①②③得UH＝，令k＝，則UH＝＝k， 所以若保持電流I恒定，

8、則M、N間的電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成正比，故選項(xiàng)B正確；將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故選項(xiàng)C錯誤；若磁場和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故選項(xiàng)D錯誤． 6．(2017·全國卷Ⅰ)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動．下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc

9、 C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma B　解析 該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝.b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋.c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－.綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確． 7．(2019·漳州高三二模)(多選)在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個帶

10、電－q、質(zhì)量m的小環(huán)，整個裝置放在如圖所示的正交勻強(qiáng)電磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場E＝，重力加速度為g.當(dāng)小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑時，則小環(huán)(　　) A．運(yùn)動到最低點(diǎn)的速度最大 B．不能做完整的圓周運(yùn)動 C．對軌道最大壓力為N＝mg D．受到的最大洛倫茲力f＝qB BD　解析 將重力場和電場等效為一個等效場，只有運(yùn)動到等效最低點(diǎn)速度才最大，選項(xiàng)A錯誤；由能量守恒定律可知無法到達(dá)等效最高點(diǎn)，不能做完整的圓周運(yùn)動，選項(xiàng)B正確；由動能定理可得mgR＋·R＝mv，解得vmax＝，受到的最大洛倫茲力f＝qB，選項(xiàng)D正確；在等效最低點(diǎn)由牛頓第二定律有N－－f＝，可知N＝mg＋f，選項(xiàng)C

11、錯誤． 8．(2019·江西師范大學(xué)附屬中學(xué)高三沖刺卷)(多選)如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45°斜向下的勻強(qiáng)電場E，有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電的小球在高為h處的P點(diǎn)從靜止開始自由下落，當(dāng)小球運(yùn)動到復(fù)合場內(nèi)時剛好做直線運(yùn)動，那么(　　) A．小球在復(fù)合場中一定做勻速直線運(yùn)動 B．若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運(yùn)動 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，場強(qiáng)E＝ D．若同時改變小球的比荷與初始下落高度h，小球不能沿直線通過復(fù)合場 ACD　解析 小球在復(fù)合場中受到豎直向下的重力、與電場強(qiáng)度方向相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示．

12、其中電場力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運(yùn)動，那么洛倫茲力也是變力，小球的合外力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復(fù)合場中一定做勻速直線運(yùn)動，故選項(xiàng)A正確．根據(jù)小球的平衡條件可得qvB＝mg，qE＝mg，又v2＝2gh，聯(lián)立各式解得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，電場強(qiáng)度E＝；若要使小球沿直線通過復(fù)合場，小球的合力一定為零，若同時改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個式子不能同時滿足，不能做直線運(yùn)動，故選項(xiàng)C、D正確．若換成帶正電的小球，則電場力和洛倫茲力同時反向，合力不可能為零，故選項(xiàng)B錯誤． 9．(2019·佛山順德區(qū)高三學(xué)情調(diào)研)(多選)如圖所示，x

13、Oy坐標(biāo)系內(nèi)存在著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，同時在以O(shè)1為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，電子從原點(diǎn)O以初速v沿平行于x軸正方向射入場區(qū)，若散去磁場，電場保持不變，則電子進(jìn)入場區(qū)后從P點(diǎn)飛出，所用時間為t1；若撤去電場，磁場保持不變，則帶電粒子進(jìn)入場區(qū)后將向下偏轉(zhuǎn)并從Q點(diǎn)飛出，所用時間為t2，若P、Q兩個點(diǎn)關(guān)于x軸對稱，下列判斷正確的是(　　) A．t1> t2 B．t1< t2 C．若電場和磁場同時存在，電子將偏向y軸正方向做曲線運(yùn)動 D．若電場和磁場同時存在，電子將偏向y軸負(fù)方向做曲線運(yùn)動 BC　解析 設(shè)P、Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x，在電場中做類平拋運(yùn)動，有t1＝；在

14、磁場中做勻速圓周運(yùn)動，水平分速度小于v，水平分位移為x，故t2＞，故t2＞t1，則選項(xiàng)B正確，A錯誤．在電場中運(yùn)動時，有x＝vt1；y＝·t，故y＝·()2，在磁場中做圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系，有x＝rsin θ， y＝r－rcos θ， 其中r＝， 聯(lián)立得到＝＝＝>1，故當(dāng)電場和磁場同時存在時，eE＞evB，即電場力大于洛倫茲力，電子向上偏轉(zhuǎn)，將偏向y軸正方向做曲線運(yùn)動，故選項(xiàng)C正確，D錯誤． 10．(2019·中原名校高三質(zhì)量考評)(多選)如圖所示，在平行板電容器極板間有場強(qiáng)為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場．左右兩擋板中間分別開

15、有小孔S1、S2，在其右側(cè)有一邊長為L的正三角形磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，磁場邊界ac中點(diǎn)S3與小孔S1、S2正對．現(xiàn)有大量的帶電荷量均為＋q、而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔S1水平射入電容器，其中速率為v0的粒子剛好能沿直線通過小孔S1、S2.粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計(jì)．下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．v0一定等于 B．在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足v0> C．質(zhì)量m<的粒子都能從ac邊射出 D．能打在ac邊的所有粒子在磁場B2中運(yùn)動的時間一定都相同 AB　解析 當(dāng)正粒子向右進(jìn)入復(fù)合場時，受到的電場力方向向下，洛倫茲力方向向上，如果大小相等，即q

16、E＝qv0B1，解得v0＝，就會做勻速直線運(yùn)動，選項(xiàng)A正確；正粒子向上偏轉(zhuǎn)是因?yàn)橄蛏系穆鍌惼澚Υ笥谙蛳碌碾妶隽Γ磛0>，選項(xiàng)B正確；設(shè)質(zhì)量為m0的粒子的軌跡剛好與bc邊相切，如圖所示，由幾何關(guān)系得 R＋R＝，而R＝，解得m0＝，所以m<的粒子都會從ac邊射出，而<，選項(xiàng)C錯誤；質(zhì)量不同的粒子在磁場中運(yùn)動的周期不同，所以在磁場中運(yùn)動的時間不同，選項(xiàng)D錯誤． 11．(2019·濮陽高三第二次模擬)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，兩個電場的場強(qiáng)大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，讓一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)

17、的P(－L，L)點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)并進(jìn)入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運(yùn)動后從x軸上的Q(L,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，重力加速度為g，求： (1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)的時間； (2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向． 解析 (1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運(yùn)動，因此電場力和重力的合力方向沿PO方向，則粒子帶正電．mg＝qE1＝qE2，mg＝ma，L＝at2，解得t＝. (2)設(shè)粒子從O點(diǎn)進(jìn)入第四象限的速度大小為v，由動能定理可得mgL＋qEL＝mv2，求得v＝2，方向與x軸正方向成45°角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到電場力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速

18、圓周運(yùn)動，由于粒子做勻速圓周運(yùn)動后從x軸上的Q(L,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里．粒子做圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為R＝L，由牛頓第二定律可得Bqv＝m，解得B＝. 答案 (1)　(2)　垂直紙面向里 12．(2019·朝陽高三模擬)如圖所示，在Ⅰ區(qū)里有與水平方向成60°角的勻強(qiáng)電場E1，寬度為d.在Ⅱ區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場和豎直方向的電場E2，寬度也為d.一帶電量為q、質(zhì)量為m 的微粒自圖中P點(diǎn)由靜止釋放后沿虛線做直線運(yùn)動進(jìn)入Ⅱ區(qū)的磁場內(nèi)，已知PQ與中間邊界MN的夾角是60°.若微粒進(jìn)入Ⅱ區(qū)后做勻速圓

19、周運(yùn)動且還能回到MN邊界上．重力加速度為g.Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)的場在豎直方向足夠長，d、m、q已知，求： (1)微粒帶何種電荷，電場強(qiáng)度E1； (2)Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍； (3)微粒第一次在磁場中運(yùn)動的最長時間． 解析 (1)帶電微粒沿虛線做直線運(yùn)動，可知微粒受到的合力斜向右上，故微粒帶的是正電荷．微粒受重力和電場力． 電場力F＝qE1，由力的平行四邊形定則和幾何關(guān)系得F＝mg， 解得E1＝. (2)由微粒在Ⅰ區(qū)的受力分析可知F合＝mg，微粒從P到Q由動能定理得 F合·s＝mv2，而s＝，解得v＝2.因微粒還能回到MN邊界上，所以微粒在Ⅱ區(qū)最大圓與最右邊界相切，由幾何關(guān)系得圓的半徑r≤d， 由牛頓第二定律qvB＝m，解得B≥. (3)微粒在磁場中運(yùn)動的周期T＝，聯(lián)立得T＝，由此可知B越小周期越長，所以當(dāng)B＝時，粒子在磁場中運(yùn)動周期最長；由幾何關(guān)系得粒子從進(jìn)入磁場到返回MN邊界轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝ π，微粒第一次在磁場中運(yùn)動的最長時間t＝T，解得t＝＝. 答案 (1)帶正電　E1＝　(2)B≥ (3) 10