（江蘇專用）2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 課時70 帶電粒子在疊加場中的運動加練半小時.docx

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70 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．如圖1所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強磁場．一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出．這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短．若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動的帶電粒子(　　) 圖1 A．速率越大的運動時間越長 B．運動時間越長的周期越大 C．速率越小的速度方向變化的角度越小 D．運動時間越長的半徑越小 圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端．當開關(guān)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(diào)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．(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(guān)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(xué)月考)太陽風(fēng)含有大量高速運動的質(zhì)子和電子，可用于發(fā)電．如圖3所示，太陽風(fēng)進入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應(yīng)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(guān)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(guān)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(guān)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(guān)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(zhuǎn)換到“逆變”狀態(tài)，即外界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(zhuǎn)換為充電狀態(tài)，閉合開關(guān)S后，有一束不計重力的帶正電粒子從左側(cè)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?qū)ρb置進行調(diào)整，則下列有關(guān)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(fù)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(fù)合場區(qū)域，小球在復(fù)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(yīng)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(xué)質(zhì)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(yīng)強度為B的勻強磁場中，另有一個質(zhì)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(cè)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(yīng)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?qū)⒉蛔鲋本€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(yīng)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?qū)⒉蛔鲋本€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　[太陽風(fēng)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(guān)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(zhuǎn)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“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(diào)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(yīng)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＝gt12 水平方向：v0＝at1，OA＝at12，a＝ 聯(lián)立得＝. (2)由(1)中知OC＝OA＝，t1＝，設(shè)小球在D點時速度為v，小球從C點到D點做平拋運動，有OC＝gt22，OD＝v0t2， tan θ＝，vcos θ＝v0 聯(lián)立得OD＝，t2＝，θ＝45，v＝v0 因小球在復(fù)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2Rsin θ＝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： 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(yīng)用動能定理，有mgRsin θ＋qE(R＋Rcos θ)＝mv2－mv02 即v2＝＋2gR＋2gR(sin θ＋cos θ) 對函數(shù)y＝sin θ＋cos θ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 tan φ＝＝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： mgRsin θ＋qE(R＋Rcos θ)＝mvm2－mv02 解得：vm＝ .