2020高考物理一輪總復習 第九章 磁場 能力課2 帶電粒子在復合場中的運動練習（含解析）新人教版

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1、能力課2 帶電粒子在復合場中的運動 一、選擇題 1．醫(yī)生做某些特殊手術時，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以及一對磁極N和S構成，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，磁感應強度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a

2、、b的正負為(　　) A．1.3 m/s，a正、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：選A　血液中正負離子流動時，根據左手定則，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，則a帶正電，b帶負電，故C、D錯誤；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，所以血流速度v＝＝ m/s＝1.3 m/s，故A正確，B錯誤． 2．(多選)如圖所示，現有一質量為m、電荷量為q的帶負電小球(可視為質點)用不可伸長的絕緣細線拴住，細線的另一端系于O點，現加一豎直向下

3、的勻強磁場(磁感應強度大小為B)和一勻強電場，使小球在水平面內以某角速度做勻速圓周運動，這時細線與豎直方向夾角為θ＝30°，且細線張力恰好為零，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　) A．小球運動的角速度ω＝ B．從上往下看，小球沿逆時針方向旋轉 C．若某時刻撤去磁場，小球做圓周運動的角速度ω′＝ D．若某時刻撤去磁場，小球做圓周運動的線速度減小 解析：選AC　由題可知，細線上拉力為零，說明小球受到的電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即Bqrω＝mrω2，解得ω＝，A正確；根據左手定則可知從上往下看，小球沿順時針方向旋轉，B錯誤；若某時刻撤去磁場，重力和電場力仍平衡，線的

4、拉力與速度方向垂直，拉力不做功，故小球在速度和細線拉力所在平面內做勻速圓周運動，并以O點為圓心，細線長為半徑，所以有ω′L＝ωr，依題意有r＝Lsin30°，所以ω′＝，C正確，D錯誤． 3．(多選)利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是 (　　) A．電勢差UCD僅與材料有關 B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD<0 C．僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大 D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的

5、工作面應保持水平 解析：選BC　電勢差UCD與磁感應強度B、電流強度I、材料有關，選項A錯誤；若霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向C側面偏轉，則電勢差UCD<0，選項B正確；僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大，選項C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直且東西放置，選項D錯誤． 4．(多選)如圖所示，一個質量為m，電荷量為q的帶電小球從a點由靜止開始自由下落，到達一豎直放置的平行金屬板中軸線上的點P(P點與金屬板上邊緣等高)時，其加速度大小恰為重力加速度大小g，它過電磁場區(qū)域，最后恰好從左側金屬板的下邊緣離開電磁場區(qū)域．已知a點與P點之間的距離為h

6、，兩極板間的電壓為U，板長為L，兩極板間距為d，兩板間勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．小球剛進入電磁場時電場力與磁場力大小相等 B．小球一定帶正電荷 C．小球開始下落的高度h＝ D．小球離開電磁場時的速度大小為 解析：選ACD　小球在P點受電場力、磁場力和重力的作用，因加速度大小恰為重力加速度大小g，可知電場力與磁場力大小相等，方向相反，選項A正確；設小球在P點的速度大小為v，由機械能守恒定律可得mgh＝mv2，又q＝qBv，聯立解得h＝，選項C正確；因小球在電磁場中加速運動，所以小球經過P點后，它所受的洛倫茲力大于電

7、場力，由小球從左側金屬板的下邊緣離開電磁場可知，小球一定帶負電荷，選項B錯誤；由功能關系得mv′2＝mg(h＋L)－qU，v′為小球離開電磁場時的速度大小，解得v′＝，選項D正確． 二、非選擇題 5．如圖所示，帶電荷量為＋q、質量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移．(斜面足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 解析：經分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面．所以，當物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜

8、面的速度達到最大，同時位移達到最大，即qvmB＝mgcosθ① 物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得 mgssinθ＝mvm2② 由①②得vm＝＝. s＝＝. 答案：　 6．(2019屆湖南常德模擬)如圖所示，ABCD矩形區(qū)域內存在互相垂直的有界勻強電場和勻強磁場，有一帶電小球質量為m，電荷量絕對值為q，小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓為U的電場加速后，水平進入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，且從B點射出，已知AB長度為L，AD長度為L，求： (1)小球帶何種電性及進入復合場時的速度大?。? (2)小球在復合場中做圓周運動的軌道半徑； (3)小球

9、在復合場中運動的時間． 解析：(1)小球在電場、磁場和重力場的復合場中，做勻速圓周運動，根據左手定則可知小球帶負電．小球進入復合場之前由動能定理：qU＝mv2，解得v＝ . (2)設做圓周運動的軌道半徑為r，由幾何關系： r2＝(r－L)2＋(L)2，解得r＝2L. (3)由(2)知圓周運動對應圓心角：θ＝ 粒子運動周期：T＝ 運動時間為：t＝T 聯立以上可得t＝ . 答案：(1)負電　　(2)2L　(3) 7．(2018屆貴陽市花溪清華中學模擬)如圖，區(qū)域Ⅰ內有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區(qū)域寬度為d1，區(qū)域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域寬度為d2

10、，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入區(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60°，重力加速度為g，求： (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內勻強電場的電場強度E1、E2的大??； (2)區(qū)域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大??； (3)微粒從P運動到Q的時間有多長？ 解析：(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內水平向右做直線運動，則在豎直方向上有 qE1sin45°＝mg，解得E1＝ 微粒在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動，則在豎直方向上有 mg＝qE2，E2＝. (2)設微粒在區(qū)域Ⅰ內水平向右做直

11、線運動時加速度為a，離開區(qū)域 Ⅰ 時速度為v，在區(qū)域 Ⅱ 內做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則：a＝＝g，v2＝2ad1，Rsin60°＝d2，qvB＝m，解得B＝. (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內做勻加速運動，t1＝，在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動的圓心角為60°，則：T＝，t2＝＝，解得t＝t1＋t2＝＋. 答案：(1)　 (2) (3)＋ 8．(2019屆福建泉州檢測)如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢差為U，PQ板電勢高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強磁場．一質量為m、帶電荷量為q的小球從PQ板的P端以速度v0

12、豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g.求： (1)磁感應強度的大小和方向； (2)小球在金屬板之間的運動時間． 解析：(1)小球在金屬板之間做勻速直線運動，受重力G、電場力F電和洛倫茲力f，F電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，三力合力為零，結合平衡條件可知小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外，且有 qv0B＝mgtan45°① 得B＝.② (2)解法一：設兩金屬板之間的距離為d，則板間電場強度E＝③ 又qE＝mg④ h＝d⑤ 小球在金屬板之間的運動時間t＝⑥ 解得t＝. 解法二：由于f＝qv0B不做功，WG

13、＝－mgh，W電＝qU，則由動能定理得 qU－mgh＝0 h＝v0t 得t＝. 答案：(1)　垂直紙面向外　(2) |學霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．(2018屆東北三省四市教研聯合體一模)隨著電子技術的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應用在汽車的各個系統(tǒng)中．其中霍爾轉速傳感器在測量發(fā)動機轉速時，情境可簡化如圖甲所示，被測轉子的輪齒(表面具有磁性)每次經過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發(fā)生變化．霍爾元件的原理如圖乙所示，傳感器的內置電路會將霍爾電壓調整放大，輸出一個脈沖信號．下列說法正確的是(　　) A．霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉而產生的 B．其他條件

14、不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產生的霍爾電壓越高 C．若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為負電荷 D．若轉速表顯示1 800 r/min，轉子上齒數為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號 解析：選C　霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉而產生的，選項A錯誤；載流子沿電流方向通過霍爾元件，根據左手定則，正離子偏向前方，設產生的霍爾電壓為U，則有＝evB，解得U＝Bbv，I＝nqacv，所以U＝·，即其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產生的霍爾電壓越低，選項B錯誤；根據左手定則，載流子是負電荷時，霍爾元件的前端電勢比后端低，選項C正

15、確；若轉速表顯示1 800 r/min，轉子上齒數為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出1 800×150＝2.7×105個脈沖，選項D錯誤． 2．如圖所示，在一豎直平面內，y軸左側有一水平向右的勻強電場E1和一垂直紙面向里的勻強磁場B，y軸右側有一豎直方向的勻強電場E2.一電荷量為q(電性未知)、質量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則(　　) A．微粒一定帶負電 B．電場強度E2一定豎直向下 C．兩電場強度之比＝ D．微粒的初速度為v＝ 解析：選D　微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用

16、做直線運動，則微粒做勻速直線運動，由左手定則及電場力的性質可確定微粒一定帶正電，此時有qE1＝mgtan37°，A錯誤；微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運動，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，B錯誤；由以上分析可知＝，C錯誤；AP段有mg＝Bqvcos37°，即v＝，D正確． 3．(多選)如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個裝置處于正交的勻強電場與磁場中，電場強度大小為E＝，方向水平向右，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是(　　) A．物塊最

17、終停在A點 B．物塊最終停在最低點 C．物塊做往復運動 D．物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mg＋qB 解析：選CD　由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點受到的電場力方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達某位置速度變?yōu)榱悖缓笥窒蜃筮\動，即物塊做往復運動，選項C正確，A、B錯誤；物塊從A點運動到最低點，由動能定理得mgR－qER＝mv2－0，且E＝，聯立得v＝，物塊運動到最低點時，由牛頓第二定律得N－mg－qvB＝m，解得N＝2mg＋qB，由牛頓第三定律知，選項D正確． 4．如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強電場和垂

18、直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的v-t圖象如圖所示，其中正確的是(　　) 解析：選C　該題中，小球的運動性質與電性無關．設小球帶正電，對帶電小球進行受力分析如圖所示，剛開始速度v比較小，F洛＝qvB比較小，電場力F>F洛，G－Ff＝ma，即ma＝G－μ(F－qvB)，隨著速度v的不斷增大，a也不斷增大．當F＝F洛時，a最大，為重力加速度g.再隨著速度v的不斷增大，F

19、勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質量m＝1.0×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t. 解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有 qvB＝① 代入數據解得v＝20 m/s② 速度v的

20、方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tanθ＝③ 代入數據解得tanθ＝ 則θ＝60°.④ (2)撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有 a＝⑤ 設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tanθ＝⑧ 聯立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得 t＝2 s≈3.5 s. 答案：(1)20 m/s　與電場E的方向之間的夾角為60°斜向上　(2)3.5 s 6．(2018屆河北衡水中學一調)如圖所示，質量M為5.0 kg的

21、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，小車所在空間內有豎直向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，磁感應強度B大小為2.0 T．現有一質量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.滑塊可視為質點，g取10 m/s2，計算結果保留兩位有效數字． (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

22、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為v2，物塊從A運動到D的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向， 有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，解得v2＝0. 設小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE，則有 ΔE＝mv02＋Mv2－mv12， 解得ΔE＝85 J. (2)設滑塊剛過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 m. (3)設滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度

23、時，滑塊與小車具有共同的速度v′，水平方向系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得 mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝ m/s. 設圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有 mv12＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，解得Rm＝0.71 m. 答案：(1)85 J　(2)1 m　(3)0.71 m 7．如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.

24、 (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. 解析：(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE① 小滑塊在C點離開MN時 N＝0② 解得vC＝.③ (2)滑塊從A到C由動能定理 mgh－Wf＝mvC2－0④ 解得Wf＝mgh－.⑤ (3)如圖，小滑塊速

25、度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g′ g′＝⑥ 且vP2＝vD2＋g′2t2⑦ 解得vP＝. 答案：(1)　(2)mgh－ (3) 8．(2018屆四川成都第二次診斷)如圖所示為豎直平面內的直角坐標系xOy，A點的坐標為(－8 m,0)，C點的坐標為(－4 m,0)；A點右側的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，－8 m≤x<－4 m區(qū)域的場強大小為E1＝5 V/m，－4 m≤x<0區(qū)域的場強大小為E2＝7 V/m，x≥0區(qū)域的場強大小為E3＝5 V/m；第一、四象限內的磁場方向相反且垂直于坐標平面，磁感應強度大小均

26、為B＝2 T．現讓一帶正電的小球從A點沿x軸正方向以v0＝4 m/s的速率進入電場．已知小球的質量m＝2×10－3 kg，電荷量q＝4×10－3 C，假設電場和磁場區(qū)域足夠寬廣，小球可視為質點且電荷量保持不變，忽略小球在運動中的電磁輻射，重力加速度取g＝10 m/s2.求： (1)小球到達y軸時的速度； (2)小球從A點運動到坐標為(56 m)的點經歷的時間． 解析：(1)在－8 m≤x<－4 m區(qū)域，小球所受電場力F＝qE1 代入數據得F＝2×10－2 N，方向向上． 由題知mg＝2×10－2 N 因F＝mg 所以小球做勻速直線運動，設該過程經歷時間為t1 在－4 m≤

27、x<0區(qū)域，qE2>mg，小球做類平拋運動，設該過程經歷時間為t2，根據運動學規(guī)律 在y軸方向上有qE2－mg＝ma 代入數據得a＝4 m/s2 y＝at22，vy＝at2 在x軸方向上有CO＝v0t2 代入數據得t2＝1 s＝2 m，vy＝4 m/s 由v＝ 代入數據解得v＝4 m/s 設v與y軸正方向的夾角為α 由tanα＝，代入數據解得α＝45°. (2)在x≥0區(qū)域，qE3＝mg，分析知，小球先在第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，接著交替在第四、第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，軌跡如圖所示 洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m 代入數據得r＝

28、m 設小球在第一象限第一次到達x軸的位置為P點，第二次到達x軸的位置為G點 由幾何關系得OP＝2 m，PG＝2rcosα＝2 m 小球做勻速圓周運動的周期為T＝ 代入數據得T＝ s 設小球從O點到達x軸上H(56 m,0)點的時間為t3 因＝28，即OH＝OP＋27PG 故t3＝tOP＋tPH＝＋27× 代入數據得t3＝＝ s 又t1＝＝1 s 由答圖可知，達到橫坐標為56 m的點有以下三種情況： ①到達橫坐標為56 m的I點，tAI＝t1＋t2＋t3－＝ s ②到達橫坐標為56 m的H點，tAH＝t1＋t2＋t3＝ s ③到達橫坐標為56 m的J點，tAJ＝t1＋t2＋t3＋＝ s. 答案：見解析 14