2019版物理 第九章 磁場 微專題70 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)備考精煉

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE70帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)[方法點(diǎn)撥]（1)先確定各場的方向、強(qiáng)弱等，后正確分析帶電體受力情況、運(yùn)動(dòng)情況，尋找臨界點(diǎn)、銜接點(diǎn)；（2）若帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(dǎo)體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中，當(dāng)此半導(dǎo)體材料中通有與磁場方向垂直的電流時(shí),在半導(dǎo)體材料與電流和磁場方向垂直的兩個(gè)側(cè)面會(huì)出現(xiàn)一定的電壓，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng),產(chǎn)生的電壓稱為霍爾電壓，相應(yīng)的將具有這樣性質(zhì)的半導(dǎo)體材料樣品就稱為霍爾元件．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(dǎo)體,與金屬導(dǎo)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(dòng)帶正電的粒子）．圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個(gè)接線端．當(dāng)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1A．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(dāng)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(qiáng)電場E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)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(yùn)動(dòng),下列說法正確的是()圖2A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)B．若沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng),則小球帶正電，且一定是勻速運(yùn)動(dòng)C．若沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶負(fù)電,可能做勻加速運(yùn)動(dòng)D．兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)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(yùn)動(dòng)的質(zhì)子和電子，可用于發(fā)電．如圖3所示，太陽風(fēng)進(jìn)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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L，則(）圖3A．在開關(guān)K未閉合的情況下,兩極板間穩(wěn)定的電勢差為BLvB．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2BILvD．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(qiáng)磁場B.兩板通過滑動(dòng)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(shí)能向外界提供一定的供電電壓，當(dāng)外界電壓超過某一限定值時(shí)可轉(zhuǎn)換為充電狀態(tài),閉合開關(guān)S后，有一束不計(jì)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(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對入射粒子或?qū)ρb置進(jìn)行調(diào)整，則下列有關(guān)描述正確的是()圖4A．若僅將帶正電的粒子換成帶負(fù)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(shí)可使鉛蓄電池處于充電狀態(tài)C．若將滑動(dòng)變阻器觸頭P向a端滑動(dòng)，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(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)存在電場強(qiáng)度大小為E0、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，x軸下方是豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場區(qū)域．一帶電小球從x軸上的A點(diǎn)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(diǎn)垂直y軸進(jìn)入第一象限,然后從x軸上的D點(diǎn)進(jìn)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(yùn)動(dòng)，最后恰好擊中原點(diǎn)O,已知重力加速度為g。求：圖5（1）帶電小球的比荷eq\f(q，m)；(2）x軸下方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，另有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球．(1）當(dāng)小球從管口沿切線方向以某速度射入，運(yùn)動(dòng)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(gè)水平向右、場強(qiáng)E＝eq\f(mg，q）的勻強(qiáng)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6①運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中動(dòng)能的增量;②在管道運(yùn)動(dòng)全程中獲得的最大速度．

答案精析1．BC2．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(fù)電，則都可能做直線運(yùn)動(dòng),如圖所示，A項(xiàng)正確．根據(jù)上述分析可知，若小球沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)正確．根據(jù)上述分析可知小球若沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶負(fù)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(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤．兩小球在運(yùn)動(dòng)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(jī)械能也改變，D項(xiàng)錯(cuò)誤．］3．AB[太陽風(fēng)進(jìn)入兩極板之間的勻強(qiáng)磁場中，穩(wěn)定后,帶電粒子受到洛倫茲力和電場力作用，且eq\f（qU,L)＝qvB,解得U＝BLv，選項(xiàng)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(xiàng)B正確；回路中電流I＝eq\f（U,R）＝eq\f（BLv,R)，電阻消耗的熱功率P＝UI＝BLIv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]4．AB［帶正電的粒子恰好做直線運(yùn)動(dòng)，其電場力和洛倫茲力相平衡，由eq\f（E，d)q＝qv0B可知v0＝eq\f(E，Bd)，若換成帶負(fù)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(xiàng)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(huì)使之處于“逆變"狀態(tài)而被充電，故選項(xiàng)B正確；由于電容器C、D兩板是彼此絕緣的，調(diào)節(jié)滑動(dòng)觸頭P不起任何作用，故選項(xiàng)C錯(cuò)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(huì)落在下極板上，因此上極板上堆積的電荷會(huì)減小，對應(yīng)的電勢也會(huì)降低，達(dá)不到逆變電壓,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．］5．(1)eq\f(g,E0)(2）E0eq\f(2E0,v0）(3)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2＋\f（3π,4）））eq\f(v0，g)解析（1）小球運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知，豎直方向：v0＝gt1，OC＝eq\f(1，2)gt12水平方向：v0＝at1，OA＝eq\f（1，2）at12，a＝eq\f（qE0，m)聯(lián)立得eq\f（q，m）＝eq\f(g,E0)。（2)由（1）中知OC＝OA＝eq\f（v\o\al(，02）,2g），t1＝eq\f(v0,g)，設(shè)小球在D點(diǎn)時(shí)速度為v,小球從C點(diǎn)到D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有OC＝eq\f(1，2)gt22，OD＝v0t2，tanθ＝eq\f（gt2，v0），vcosθ＝v0聯(lián)立得OD＝eq\f(v\o\al(，02）,g），t2＝eq\f（v0,g），θ＝45°，v＝eq\r（2)v0因小球在復(fù)合場中做圓周運(yùn)動(dòng)，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＝meq\f（v2，R），得B＝eq\f(mv,qR）由軌跡圖知2Rsinθ＝OD聯(lián)立得B＝eq\f（2E0,v0)(3)小球做圓周運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t3＝eq\f(270°,360°）×eq\f（2πm，Bq)＝eq\f（3πv0，4g）所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2＋\f(3π,4)))eq\f（v0，g）。6．(1）eq\f（qBR,m）（2)①2mgR②eq\r（\f(q2B2R2，m2）＋2＋2\r（2)gR）解析(1)小球在水平面上只受到洛倫茲力作用，故qv0B＝meq\f(v\o\al（2,0)，R)解得v0＝eq\f（qBR,m)（2)①小球在管道運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力始終不做功．對小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理:mgR＋qER＝ΔEk。由題知,E＝eq\f(mg,q），則ΔEk＝2mgR②方法一：當(dāng)小球到達(dá)管道中方位角為θ的位置(如圖所示)時(shí)，應(yīng)用動(dòng)能定理，有mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝eq\f（1,2）mv2－eq\f（1，2）mv02即v2＝eq\f(q2B2R2，m2）＋2gR＋2gR(sinθ＋cosθ）對函數(shù)y＝sinθ＋cosθ求極值，可得θ＝45°時(shí)，ymax＝eq\r(2）所以vm＝eq\r（\f（q2B2R2，m2）＋2＋2\r(2）gR）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′＝eq\r(mg2＋qE2）＝eq\r(2）mgtanφ＝eq\f（mg,qE）＝1，即φ＝45°小球在等效重力場的“最低點(diǎn)