高考物理一輪復習第9章磁場第27講帶電粒子在復合場中的運動練習(含解析)

PAGEPAGE9第27講帶電粒子在復合場中的運動[解密考綱]考查帶電粒子在復合場中的運動，對學生綜合分析能力和理論聯(lián)系實際能力要求較高．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磁場，現(xiàn)加一水平向左的勻強電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙無相對滑動一起向左加速運動．在加速運動階段()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動B解析以甲、乙整體為研究對象，受力分析如圖所示，則有FN＝F洛＋(m甲＋m乙)g，當甲、乙一起加速運動時，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動，最后是一起勻速運動，故選項B正確，D錯誤．2．(2019·天津和平區(qū)高三上學期期末)如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1、P2之間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場．一束帶電粒子流以速度v從S1沿直線運動到S2，則下列說法正確的是()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動C．粒子運動的速度大小一定等于eq\f(B,E)D．若粒子以速度v從S2向上運動，一定能沿直線到達S1B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，也可以帶負電，選項A錯誤．洛倫茲力與電場力平衡qE＝qvB，粒子做勻速直線運動才能不發(fā)生偏轉(zhuǎn)而直線通過，解得v＝eq\f(E,B)，選項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，粒子開始做曲線運動，不能運動到S1處，選項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電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N的運動，下列說法正確的是()A．小球可能做勻變速運動B．小球一定做變加速運動C．小球動能可能不變D．小球機械能守恒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動，一定做變加速運動，選項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，所以機械能也不守恒，故小球的機械能不守恒，選項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電場和水平向里的勻強磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進入該區(qū)域時，恰能沿直線運動．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強度A解析帶正電的粒子受到向下的電場力和重力以及向上的洛倫茲力作用，當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C錯誤．增大磁感應強度，則向上的洛倫茲力增大，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項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.已知半導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．磁感應強度越大，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點電勢高，故選項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eq\f(eUH,d)＝evB，①I＝neSv，②S＝dL，③由①②③得UH＝eq\f(BI,ned)，令k＝eq\f(1,ne)，則UH＝eq\f(BI,ned)＝keq\f(BI,d)，所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應強度B成正比，故選項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D錯誤．6．(2017·全國卷Ⅰ)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，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)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動．下列選項正確的是()A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>maB解析該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，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動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g).b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，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＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g).c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，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＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g).綜上所述，可知mb>ma>mc，選項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電磁場中，磁感應強度大小為B，電場E＝eq\f(3mg,4q)，重力加速度為g.當小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑時，則小環(huán)()A．運動到最低點的速度最大B．不能做完整的圓周運動C．對軌道最大壓力為N＝eq\f(23,4)mgD．受到的最大洛倫茲力f＝eq\f(3,2)qBeq\r(2gR)BD解析將重力場和電場等效為一個等效場，只有運動到等效最低點速度才最大，選項A錯誤；由能量守恒定律可知無法到達等效最高點，不能做完整的圓周運動，選項B正確；由動能定理可得mgR＋eq\r(Eq2＋mg2)·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得vmax＝eq\f(3,2)eq\r(2gR)，受到的最大洛倫茲力f＝eq\f(3,2)qBeq\r(2gR)，選項D正確；在等效最低點由牛頓第二定律有N－eq\r(Eq2＋mg2)－f＝eq\f(mv\o\al(2,max),R)，可知N＝eq\f(23,4)mg＋f，選項C錯誤．8．(2019·江西師范大學附屬中學高三沖刺卷)(多選)如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45°斜向下的勻強電場E，有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負電的小球在高為h處的P點從靜止開始自由下落，當小球運動到復合場內(nèi)時剛好做直線運動，那么()A．小球在復合場中一定做勻速直線運動B．若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運動C．磁感應強度B＝eq\f(m\r(2gh),2qh)，場強E＝eq\f(\r(2)mg,q)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合場ACD解析小球在復合場中受到豎直向下的重力、與電場強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．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，所以小球在復合場中一定做勻速直線運動，故選項A正確．根據(jù)小球的平衡條件可得qvB＝mg，qE＝eq\r(2)mg，又v2＝2gh，聯(lián)立各式解得磁感應強度B＝eq\f(m\r(2gh),2qh)，電場強度E＝eq\f(\r(2)mg,q)；若要使小球沿直線通過復合場，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，不能做直線運動，故選項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B錯誤．9．(2019·佛山順德區(qū)高三學情調(diào)研)(多選)如圖所示，xOy坐標系內(nèi)存在著方向豎直向下的勻強電場，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磁場，電子從原點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，則電子進入場區(qū)后從P點飛出，所用時間為t1；若撤去電場，磁場保持不變，則帶電粒子進入場區(qū)后將向下偏轉(zhuǎn)并從Q點飛出，所用時間為t2，若P、Q兩個點關(guān)于x軸對稱，下列判斷正確的是()A．t1>t2B．t1<t2C．若電場和磁場同時存在，電子將偏向y軸正方向做曲線運動D．若電場和磁場同時存在，電子將偏向y軸負方向做曲線運動BC解析設(shè)P、Q點的橫坐標為x，在電場中做類平拋運動，有t1＝eq\f(x,v)；在磁場中做勻速圓周運動，水平分速度小于v，水平分位移為x，故t2＞eq\f(x,v)，故t2＞t1，則選項B正確，A錯誤．在電場中運動時，有x＝vt1；y＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)teq\o\al(2,1)，故y＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)(eq\f(x,v))2，在磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系，有x＝rsinθ，y＝r－rcosθ，其中r＝eq\f(mv,eB)，聯(lián)立得到eq\f(E,Bv)＝eq\f(21－cosθ,sin2θ)＝eq\f(21－cosθ,1－cos2θ)＝eq\f(2,1＋cosθ)>1，故當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軸正方向做曲線運動，故選項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為E、方向豎直向下的勻強電場和磁感應強度為B1、方向水平向里的勻強磁場．左右兩擋板中間分別開有小孔S1、S2，在其右側(cè)有一邊長為L的正三角形磁場，磁感應強度為B2，磁場邊界ac中點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．下列有關(guān)說法正確的是()A．v0一定等于eq\f(E,B1)B．在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足v0>eq\f(E,B1)C．質(zhì)量m<eq\f(qB2L,4v0)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中運動的時間一定都相同AB解析當正粒子向右進入復合場時，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qE＝qv0B1，解得v0＝eq\f(E,B1)，就會做勻速直線運動，選項A正確；正粒子向上偏轉(zhuǎn)是因為向上的洛倫茲力大于向下的電場力，即v0>eq\f(E,B1)，選項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＋eq\f(2,\r(3))R＝eq\f(L,2)，而R＝eq\f(m0v0,qB2)，解得m0＝eq\f(2\r(3)－3qB2L,2v0)，所以m<eq\f(2\r(3)－3qB2L,2v0)的粒子都會從ac邊射出，而eq\f(2\r(3)－3qB2L,2v0)<eq\f(qB2L,4v0)，選項C錯誤；質(zhì)量不同的粒子在磁場中運動的周期不同，所以在磁場中運動的時間不同，選項D錯誤．11．(2019·濮陽高三第二次模擬)如圖所示，在xOy坐標系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，兩個電場的場強大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強磁場，讓一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的P(－L，L)點由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，重力加速度為g，求：(1)粒子從P點運動到坐標原點的時間；(2)勻強磁場的磁感應強度的大小和方向．解析(1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運動，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，eq\r(2)mg＝ma，eq\r(2)L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2L,g)).(2)設(shè)粒子從O點進入第四象限的速度大小為v，由動能定理可得mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mv2，求得v＝2eq\r(gL)，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圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里．粒子做圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為R＝eq\f(\r(2),2)L，由牛頓第二定律可得Bqv＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(2m\r(2gL),qL).答案(1)eq\r(\f(2L,g))(2)eq\f(2m\r(2gL),qL)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°角的勻強電場E1，寬度為d.在Ⅱ區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強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點由靜止釋放后沿虛線做直線運動進入Ⅱ區(qū)的磁場內(nèi)，已知PQ與中間邊界MN的夾角是60°.若微粒進入Ⅱ區(qū)后做勻速圓周運動且還能回到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，電場強度E1；(2)Ⅱ區(qū)磁感應強度B的取值范圍；(