2019高考物理一輪復習 第九章 磁場 第70講 帶電粒子在疊加場中的運動加練半小時 教科版

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1、 第70講 帶電粒子在疊加場中的運動 [方法點撥]　(1)先確定各場的方向、強弱等，后正確分析帶電體受力情況、運動情況，尋找臨界點、銜接點；(2)若帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動，則重力、電場力與磁場力的合力為零；(3)若帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動，則重力與電場力等大、反向． 1．(多選)(2017·北京海淀區(qū)模擬)將一塊長方體形狀的半導體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中，當此半導體材料中通有與磁場方向垂直的電流時，在半導體材料與電流和磁場方向垂直的兩個側面會出現(xiàn)一定的電壓，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，產(chǎn)生的電壓稱為霍爾電壓，相應的將具有這樣性質的半導體材料樣品就稱為霍爾元件．

2、如圖1所示，利用電磁鐵產(chǎn)生磁場，毫安表檢測輸入霍爾元件的電流，毫伏表檢測霍爾元件輸出的霍爾電壓．已知圖中的霍爾元件是P型半導體，與金屬導體不同，它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴(空穴可視為能自由移動帶正電的粒子)．圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端．當開關S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數(shù)，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．電表B為毫伏表，電表C為毫安表 B．接線端2的電勢高于接線端4的電勢 C．若調整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，則毫伏表的示數(shù)將保持不變 D．若適當減小R1、增大R2，則毫伏表示數(shù)一定增大 2．(

3、多選)如圖2所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變．關于小球的運動，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B．若沿ab方向做直線運動，則小球帶正電，且一定是勻速運動 C．若沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動 D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變 3．(多選)(2018·四川成都第七中學月考)太陽風含有大量高速運動的質子和電子，可用于發(fā)電．如圖3所示，太陽風進入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，

4、方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L，則(　　) 圖3 A．在開關K未閉合的情況下，兩極板間穩(wěn)定的電勢差為BLv B．閉合開關K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則極板間電場恒定 C．閉合開關K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILv D．閉合開關K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功 4．(多選)(2017·河北衡水金卷)如圖4所示，一對間距可變的平行金屬板C、D水平放置，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場B.兩板通過滑動變阻器與鉛蓄電池相連，這種鉛蓄電池能快速轉換到“逆變”狀態(tài)，即外界

5、電壓過低時能向外界提供一定的供電電壓，當外界電壓超過某一限定值時可轉換為充電狀態(tài)，閉合開關S后，有一束不計重力的帶正電粒子從左側以一定的速度v0射入兩板間恰能做直線運動，現(xiàn)對入射粒子或對裝置進行調整，則下列有關描述正確的是(　　) 圖4 A．若僅將帶正電的粒子換成帶負電的粒子，也能直線通過 B．若只增大兩板間距到一定程度時可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) C．若將滑動變阻器觸頭P向a端滑動，可提高C板的電勢 D．若只減小入射粒子的速度，可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài) 5．(2018·湖北黃岡模擬)如圖5所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限內(nèi)存在電場強度大小為E0、方向水平向右的勻強電場，x

6、軸下方是豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場的復合場區(qū)域．一帶電小球從x軸上的A點以一定初速度v0垂直x軸向上射出，小球恰好以速度v0從y軸上的C點垂直y軸進入第一象限，然后從x軸上的D點進入x軸下方的復合場區(qū)域，小球在復合場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，最后恰好擊中原點O，已知重力加速度為g.求： 圖5 (1)帶電小球的比荷； (2)x軸下方勻強電場的電場強度大小E和勻強磁場的磁感應強度大小B； (3)小球從A點運動到O點經(jīng)歷的時間t. 6．(2017·廣東佛山高三教學質檢一)在水平面上，平放一半徑為R的光滑半圓管道，管道處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中，

7、另有一個質量為m、帶電荷量為＋q的小球． (1)當小球從管口沿切線方向以某速度射入，運動過程中恰不受管道側壁的作用力，求此速度v0； (2)現(xiàn)把管道固定在豎直面內(nèi)，且兩管口等高，磁場仍保持和管道平面垂直，如圖6所示，空間再加一個水平向右、場強E＝的勻強電場(未畫出)，若小球仍以v0的初速度沿切線方向從左邊管口射入，求小球： 圖6 ①運動到最低點的過程中動能的增量； ②在管道運動全程中獲得的最大速度． 答案精析 1．BC 2．AB　[若沿ab方向拋出的小球帶正電，沿ac方向拋出的小球帶負電，則都可能做直線運動，如圖所示，A項正確． 根據(jù)上述分析可知，若小

8、球沿ab方向做直線運動，重力和電場力不變，由圖中可以看出應保證重力和電場力的合力與洛倫茲力大小相等且方向相反；若速度改變，則洛倫茲力改變，小球所受的合外力大小不為零且方向與速度方向不共線，所以小球將不做直線運動，B項正確．根據(jù)上述分析可知小球若沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，重力和電場力不變，由圖中可以看出應保證重力和電場力的合力與洛倫茲力大小相等且方向相反；若速度改變，則洛倫茲力改變，小球所受的合外力大小不為零且方向與速度方向不共線，所以小球將不做直線運動，C項錯誤．兩小球在運動過程中洛倫茲力不做功，只有重力和電場力做功．電場力做功，電勢能改變，則機械能也改變，D項錯誤．] 3．AB　

9、[太陽風進入兩極板之間的勻強磁場中，穩(wěn)定后，帶電粒子受到洛倫茲力和電場力作用，且＝qvB，解得U＝BLv，選項A正確；閉合開關后，若回路中有穩(wěn)定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場恒定，選項B正確；回路中電流I＝＝，電阻消耗的熱功率P＝UI＝BLIv，選項C錯誤；由于洛倫茲力永遠不做功，所以選項D錯誤．] 4．AB　[帶正電的粒子恰好做直線運動，其電場力和洛倫茲力相平衡，由q＝qv0B可知v0＝，若換成帶負電的粒子，電場力和洛倫茲力都反向，仍平衡，能直線通過，故選項A正確；若增大兩板間距，帶正電粒子射入后受洛倫茲力偏轉堆積在極板上，將提高兩板間電壓，若此電壓超過蓄電池的逆變電壓就會使之處于“

10、逆變”狀態(tài)而被充電，故選項B正確；由于電容器C、D兩板是彼此絕緣的，調節(jié)滑動觸頭P不起任何作用，故選項C錯誤；若減小入射粒子的速度，直線通過的粒子所受洛倫茲力減小，有部分粒子會落在下極板上，因此上極板上堆積的電荷會減小，對應的電勢也會降低，達不到逆變電壓，故選項D錯誤．] 5．(1)　(2)E0　　(3) 解析　(1)小球運動軌跡如圖所示， 在第二象限內(nèi)小球受重力和電場力作用做曲線運動，由運動的合成與分解知，豎直方向：v0＝gt1，OC＝gt 水平方向：v0＝at1，OA＝at，a＝ 聯(lián)立得＝. (2)由(1)中知OC＝OA＝，t1＝，設小球在D點時速度為v，小球從C點到D點做

11、平拋運動，有OC＝gt，OD＝v0t2， tanθ＝，vcosθ＝v0 聯(lián)立得OD＝，t2＝，θ＝45°，v＝v0 因小球在復合場中做圓周運動，所以電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即mg＝qE，得E＝E0 而Bqv＝m，得B＝ 由軌跡圖知2Rsinθ＝OD 聯(lián)立得B＝ (3)小球做圓周運動所用時間為t3＝×＝ 所以小球從A點運動到O點經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＋t3＝. 6．(1)　(2)①2mgR　② 解析　(1)小球在水平面上只受到洛倫茲力作用，故 qv0B＝m 解得v0＝ (2)①小球在管道運動時，洛倫茲力始終不做功． 對小球運動到最低點的過程，由動能定理

12、： mgR＋qER＝ΔEk.由題知，E＝，則ΔEk＝2mgR ②方法一：當小球到達管道中方位角為θ的位置(如圖所示)時， 應用動能定理，有mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝mv2－mv 即v2＝＋2gR＋2gR(sinθ＋cosθ) 對函數(shù)y＝sinθ＋cosθ求極值，可得θ＝45°時，ymax＝ 所以vm＝ 方法二：如圖所示， 根據(jù)場的疊加原理，小球所受的等效重力為： mg′＝＝mg tanφ＝＝1，即φ＝45° 小球在等效重力場的“最低點”時，即當小球到達管道中方位角為θ＝φ＝45°時，速度最大 由動能定理： mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝mv－mv 解得：vm＝. 6