2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第九章磁場課件學(xué)案練習(xí)（打包12套）.zip,2019,高考,物理,一輪,復(fù)習(xí),第九,磁場,課件,練習(xí),打包,12 課時達(dá)標(biāo)　第26講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 [解密考綱]考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，對學(xué)生綜合分析能力，理論聯(lián)系實際能量要求較高． 1．(2017·江蘇南通一調(diào))如圖所示，在MN、PQ間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面水平向外，電場在圖中沒有標(biāo)出．一帶電小球從a點射入場區(qū)，并在豎直面內(nèi)沿直線運動至b點，則小球(　C　) A．一定帶正電 B．受到電場力的方向一定水平向右 C．從a點到b點的過程，克服電場力做功 D．從a點到b點的過程中可能做勻加速運動 解析　因小球受到的洛倫茲力F＝qvB隨小球速度的變化而變化，為使帶電小球能在場內(nèi)做直線運動，小球的速度大小不能變化，即小球受力平衡，做勻速直線運動，選項D錯誤；小球共受到重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用，無論小球帶何種電荷，三力均可能平衡，故選項A、B錯誤；從a點到b點的過程中，小球的動能不變，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有ΔEk＝WG＋W電場＝0，重力做正功，所以電場力必做負(fù)功，選項C正確． 2．目前有一種磁強計，用于測定地磁場的磁感應(yīng)強度．磁強計的原理如圖所示，電路中有一段金屬導(dǎo)體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導(dǎo)體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流．已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，金屬導(dǎo)電過程中，自由電子所做的定向移動可視為勻速運動．兩電極M、N均與金屬導(dǎo)體的前、后兩側(cè)接觸，用電壓表測出金屬導(dǎo)體前、后兩個側(cè)面間的電勢差為U.則磁感應(yīng)強度的大小和電極M、N的電性為(　C　) A．，M正，N負(fù)　　 B．，M正，N負(fù) C．，M負(fù)，N正　　 D．，M負(fù)，N正 解析　自由電子做勻速運動，根據(jù)左手定則可知，自由電子受力指向M，所以M帶負(fù)電．做勻速運動時，電場力與洛倫茲力相互平衡，則e＝evB，得B＝；根據(jù)I＝neabv，解得B＝，選項C正確． 3．(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示．D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上．位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速．當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能Ek后，再將它們引出．忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是(　BD　) A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大 B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運行的時間會變短 C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置加速質(zhì)子 D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶ 解析　由r＝可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān)，故選項A錯誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速的次數(shù)減少，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運行時間變短，選項B正確；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，選項C錯誤；由nqU＝mv以及rn＝可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶，選項D正確． 4．(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，如圖是它的示意圖，平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)離子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓．如果把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個電極，設(shè)A、B兩板間距為d，磁感應(yīng)強度為B′，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是(　BC　) A．A是直流電源的正極　　 B．B是直流電源的正極 C．電源的電動勢為B′dv　　 D．電源的電動勢為qvB′ 解析　根據(jù)右手定則，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為直流電源的正極；選項B正確，A錯誤；電荷最終在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qB′v＝q，解得E＝B′dv，故選項C正確，D錯誤． 5．(多選)如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2，平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是(　ABC　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小 解析　因同位素原子的化學(xué)性質(zhì)完全相同，無法用化學(xué)方法進(jìn)行分析，故質(zhì)譜儀就成為同位素分析的重要工具，選項A正確；在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應(yīng)等大反向，結(jié)合左手定則可知選項B正確；再由qE＝qvB，有v＝，選項C正確；在勻強磁場B0中R＝，所以＝＝，可見粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，即R越小，對應(yīng)粒子的荷質(zhì)比越大，選項D錯誤． 6．(2017·北京海淀模擬)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，第四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，在x軸負(fù)半軸上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，現(xiàn)有一帶電粒子(不計重力)從y軸上的A點，以初速度v0水平向右垂直射入勻強磁場，恰好垂直O(jiān)C射出，并從x軸上的P點(未畫出)進(jìn)入第四象限內(nèi)的勻強磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又垂直y軸進(jìn)入勻強電場并被接收屏接收，已知OC與x軸的夾角為37°，OA＝d，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求： (1)粒子的電性及比荷； (2)第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B′的大??； (3)第三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小范圍． 解析　(1)粒子運動軌跡如圖所示，由左手定則可知粒子帶負(fù)電，由圖知粒子在第一象限內(nèi)運動的軌跡半徑R＝d， 由洛倫茲力提供向心力得Bqv0＝m，聯(lián)立解得＝. (2)由圖及幾何關(guān)系知OP＝d，所以粒子在第四象限內(nèi)做圓周運動的半徑為r＝＝， 同理B′qv0＝m， 聯(lián)立解得B′＝. (3)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由圖知OQ＝r＋rsin 37°＝2d.當(dāng)電場強度E較大時，粒子擊中D點，由類平拋運動規(guī)律知＝v0t1，2d＝t，聯(lián)立解得Emax＝， 當(dāng)電場強度E較小時，粒子擊中G點，由類平拋運動規(guī)律知＝v0t2,2d＝t， 聯(lián)立解得Emin＝， 所以電場強度E的大小滿足≤E≤. 答案　見解析 7．(2017·山東濟南模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E＝2 N/C．在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的帶電油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進(jìn)入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，問： (1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點得到的初速度大??； (3)油滴在第一象限運動的時間． 解析　(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷． 設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶. (2)由第(1)問得mg＝qE， qvB＝qE， 解得v＝＝4 m/s. (3)進(jìn)入第一象限，電場力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進(jìn)入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，最后從x軸上的N點離開第一象限． 油滴由O→A做勻速運動的位移x1＝＝h， 其運動時間t1＝＝＝＝0.1 s. 由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式T＝知， 油滴由A→C做圓周運動的時間為t2＝T＝≈0.628 s， 由對稱性知油滴從C→N運動的時間t3＝t1， 油滴在第一象限運動的總時間 t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s. 答案　(1)1∶1∶　負(fù)電荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s 8．(2017·湖北武漢模擬)如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量． (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大小； (2)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值． 解析　(1)微粒做直線運動，則 mg＋qE0＝qvB，① 微粒做圓周運動，則mg＝qE0② 聯(lián)立①②得q＝，③ B＝.④ (2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則 ＝vt1，⑤ qvB＝m，⑥ t2＝，⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得 t1＝，t2＝，⑧ 故電場變化的周期 T＝t1＋t2＝＋.⑨ (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R，⑩ 聯(lián)立③④⑥得R＝，? 設(shè)在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩? t1min＝， 因t2確定，所以T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝. 答案　(1)　　(2)＋　(3) 9．(2017·湖北黃岡模擬)一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1)M、N間電場強度E的大??； (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間與圓筒的碰撞次數(shù)n. 解析　(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qU＝mv2.① 由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得 U＝Ed.② 聯(lián)立上式可得E＝.③ (2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O′、圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關(guān)系得r＝Rtan .④ 粒子運動過程中洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝m.⑤ 聯(lián)立④⑤式得R＝.⑥ (3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝＝.⑦ 設(shè)粒子進(jìn)入S孔時的速度為v′， 由①式看出＝. 綜合⑦式可得v′＝v.⑧ 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r′， 則r′＝.⑨ 設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝，⑩ 粒子需經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3. 答案　(1)　(2)　(3)3 8