19年高考物理一輪復(fù)習(xí)重點(diǎn)強(qiáng)化練6帶電粒子在磁場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

PAGEPAGE4內(nèi)部文件，版權(quán)追溯內(nèi)部文件，版權(quán)追溯重點(diǎn)強(qiáng)化練(六)帶電粒子在磁場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(限時(shí)：45分鐘)一、選擇題(共8小題，每小題6分，1～4為單選題，5～8為多選題)1.有一個(gè)帶電荷量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖1所示，則帶電小球通過(guò)有電場(chǎng)和磁場(chǎng)的空間時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()圖1A．一定做曲線運(yùn)動(dòng)B．不可能做曲線運(yùn)動(dòng)C．有可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)A[帶電小球在沒有進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，受豎直向下的重力G＝mg，水平向左的電場(chǎng)力F電＝qE與洛倫磁力F洛＝qBv，重力與電場(chǎng)力大小和方向保持恒定，但因?yàn)樗俣却笮?huì)發(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會(huì)發(fā)生變化，所以一定會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]2．如圖2所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場(chǎng)時(shí)，不計(jì)重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過(guò)此區(qū)域的時(shí)間為t.若加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電粒子仍以原來(lái)的初速度入射，粒子飛出磁場(chǎng)時(shí)偏離原方向60°.利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的()圖2A．帶電粒子的質(zhì)量B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期C．帶電粒子的初速度D．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑B[由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，因此由幾何關(guān)系得磁場(chǎng)寬度l＝rsin60°＝eq\f(mv0,qB)sin60°，未加磁場(chǎng)時(shí)有l(wèi)＝v0t，所以可求得比荷eq\f(q,m)＝eq\f(sin60°,Bt)，A項(xiàng)錯(cuò)；周期T＝eq\f(2πm,qB)也可求出，B項(xiàng)對(duì)；因初速度未知且無(wú)法求出，所以C、D項(xiàng)錯(cuò)．]3．如圖3所示，斜面頂端在同一高度的三個(gè)光滑斜面AB、AC、AD，均處于水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一個(gè)帶負(fù)電的絕緣物塊，分別從三個(gè)斜面頂端A點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)滑到底端的時(shí)間分別為tAB、tAC、tAD，則()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：84370425】圖3A．tAB＝tAC＝tADB．tAB＞tAC＞tADC．tAB＜tAC＜tADD．無(wú)法比較C[帶負(fù)電物塊在磁場(chǎng)中的光滑斜面上受重力、支持力和垂直斜面向下的洛倫茲力，設(shè)斜面的高度為h，傾角為θ，可得物塊的加速度為a＝gsinθ，由公式x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(h,sinθ)解得t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，可知θ越大，t越小，選項(xiàng)C正確．]4．如圖4所示，a、b是兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界上的兩點(diǎn)，左邊勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．電荷量為2e的正離子以某一速度從a點(diǎn)垂直磁場(chǎng)邊界向左射出，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，擊中并吸收了一個(gè)處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子，不計(jì)正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡是()圖4圖6A．該微粒一定帶負(fù)電荷B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為BvcosθAC[若微粒帶正電q，它受豎直向下的重力mg、向左的電場(chǎng)力qE和右斜向下的洛倫茲力qvB，可知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)．據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電q，它受豎直向下的重力mg、向右的電場(chǎng)力qE和左斜向上的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；微粒受力如圖．由圖知qE＝qvBsinθ，所以E＝Bvsinθ，D錯(cuò)誤；qvBcosθ＝mg，所以B＝eq\f(mg,qvcosθ)，故C正確．]7．(2018·廣州模擬)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域．如圖7所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，當(dāng)元件中通入圖示方向的電流I時(shí)，C、D兩側(cè)面會(huì)形成一定的電勢(shì)差U.下列說(shuō)法中正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：84370427】圖7A．若C側(cè)面電勢(shì)高于D側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶負(fù)電B．若C側(cè)面電勢(shì)高于D側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶正電C．在地球南、北極上方測(cè)地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件工作面豎直放置時(shí)U最大D．在地球赤道上方測(cè)地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件工作面豎直放置且與地球經(jīng)線垂直時(shí)，U最大AD[若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子受到洛倫茲力作用向D側(cè)面偏，則C側(cè)面的電勢(shì)高于D側(cè)面的電勢(shì)，故A正確；若元件的載流子是正電離子，由左手定則可知，正電離子受到洛倫茲力作用向D側(cè)面偏，則D側(cè)面的電勢(shì)高于C側(cè)面的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；在測(cè)地球南、北極上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，因磁場(chǎng)沿豎直方向，則元件的工作面保持水平時(shí)U最大，故C錯(cuò)誤；地球赤道上方的地磁場(chǎng)方向水平，在測(cè)地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持豎直，當(dāng)與地球經(jīng)線垂直時(shí)U最大，故D正確．故選A、D.]8．如圖8所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點(diǎn)射入，入射速度垂直AD且垂直磁場(chǎng)，若入射速度大小為eq\f(qBd,m)，不計(jì)粒子重力，則()圖8A．粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為eq\f(d,2)B．粒子距A點(diǎn)0.5d處射入，不會(huì)進(jìn)入Ⅱ區(qū)C．粒子距A點(diǎn)1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(πm,qB)D．能夠進(jìn)入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為eq\f(πm,3qB)CD[粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝d，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；畫出粒子恰好不進(jìn)入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖所示，由幾何知識(shí)得，OA＝eq\f(r,sin30°)＝2d，而粒子距A點(diǎn)0.5d處射入時(shí)，圓心在AD上距離A點(diǎn)為1.5d，故粒子會(huì)進(jìn)入Ⅱ區(qū)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子距A點(diǎn)1.5d處射入時(shí)，圓心在AD上距離A點(diǎn)為2.5d，粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期而射出，所以其運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，選項(xiàng)C正確；能夠進(jìn)入Ⅱ區(qū)域的粒子，若在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡最短(弦長(zhǎng)也最短)，由幾何知識(shí)知，粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)的最短弦長(zhǎng)為d，此弦長(zhǎng)所對(duì)的圓心角為θ＝eq\f(π,3)，所以粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為tmin＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，選項(xiàng)D正確．]二、非選擇題(本題3小題，共52分)9．(16分)如圖9所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在ad邊中點(diǎn)O有一粒子源，在t＝0時(shí)刻垂直于磁場(chǎng)發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與Od的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)．已知沿Od方向發(fā)射的粒子在t＝t0時(shí)刻剛好從磁場(chǎng)邊界cd上的P點(diǎn)離開磁場(chǎng)，ab＝1.5L，bc＝eq\r(3)L，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝L，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用，求：圖9(1)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T和粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．[解析](1)初速度沿Od方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲，其圓心為O1，由幾何關(guān)系有甲∠OO1P＝eq\f(π,3)，則T＝6t0；粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)，v＝eq\f(2πR,T)，得eq\f(q,m)＝eq\f(π,3Bt0).(2)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子的軌跡如圖乙弦Ob＝eq\r(3)L，設(shè)此粒子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，則sineq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),2)，θ＝eq\f(2π,3)，乙圓心恰在ab邊上，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(1,3)T＝2t0.[答案](1)6t0eq\f(π,3Bt0)(2)2t010．(16分)(2018·濰坊模擬)如圖10所示，三個(gè)同心圓將空間分隔成四個(gè)區(qū)域，圓Ⅰ的半徑為R；圓Ⅱ的半徑為2R，在圓Ⅰ與圓Ⅱ間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；圓Ⅲ是一絕緣圓柱形管，半徑為4R，在圓Ⅱ與圓Ⅲ間存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1.在圓心O處有一粒子源，該粒子源可向各個(gè)方向射出速率相同、質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，粒子重力不計(jì)．假設(shè)粒子每一次經(jīng)過(guò)圓Ⅱ且與該圓相切時(shí)均進(jìn)入另一磁場(chǎng)．粒子源所射出的粒子剛好沿圓Ⅱ的切線方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1.圖10(1)求粒子的速度大??；(2)若進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1的粒子剛好垂直打在圓Ⅲ的管壁上，求B1的大小(可用B表示)；(3)若打在圓Ⅲ管壁上的粒子能原速率反彈，求粒子從O點(diǎn)開始到第一次回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：84370428】[解析](1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：由牛頓定律可得：qvB＝meq\f(v2,r1)由幾何關(guān)系可知：req\o\al(2,1)＋R2＝(2R－r1)2解得：v＝eq\f(3BqR,4m).(2)由牛頓第二定律：qvB1＝meq\f(v2,r2)由幾何關(guān)系可知：req\o\al(2,2)＋(4R)2＝(2R＋r2)2解得：B1＝eq\f(B,4).(3)由幾何關(guān)系可得：圓心角：θ1＝127°圓心角：θ2＝53°粒子運(yùn)動(dòng)的第一段圓弧長(zhǎng)：l1＝eq\f(θ1,360°)2πr1粒子運(yùn)動(dòng)的第二段圓弧長(zhǎng)：l2＝eq\f(θ2,360°)2πr2由幾何關(guān)系知粒子第一次回到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：vt＝2(l1＋l2＋R)解得：t＝eq\f(80＋113πm,30qB). [答案](1)eq\f(3BqR,4m)(2)eq\f(B,4)(3)eq\f(80＋113πm,30qB)11．(20分)(2017·咸陽(yáng)模擬)如圖11所示，位于豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第三象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向、大小也為E＝2V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)；其中第一象限內(nèi)有一平行于x軸的虛線，虛線與x軸之間的距離為h＝0.4m，在虛線上方存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第三象限存在垂直xOy平面向外的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在第三象限有一點(diǎn)P，且O、P的連線與x軸負(fù)半軸的夾角θ＝45°.現(xiàn)有一帶電荷量為q的小球在P點(diǎn)處獲得一沿PO方向的速度，剛好沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)原點(diǎn)后進(jìn)入第一象限，重力加速度g取10m/s2.求：圖11(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況以及所受力的比例關(guān)系；(2)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；(3)小球從O點(diǎn)進(jìn)入第一象限開始經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間離開x軸？[解析](1)由題意可知，小球在第三象限沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受豎直向下的重力、水平方向的電場(chǎng)力、與PO方向垂直的洛倫茲力，則由力的平衡條件可知，小球的洛倫茲力方向一定與PO垂直且斜向左上方，因此小球帶負(fù)電荷，電場(chǎng)力一定水平向右．設(shè)小球質(zhì)量為m，所受洛倫茲力大小為f，由平衡條件得小球所受力的比例關(guān)系為mg∶(qE)∶f＝1∶1∶eq\r(2).(2)由第(1)問(wèn)得qvB＝eq\r(2)qE解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s.(3)小球剛進(jìn)入第一象限時(shí)，電場(chǎng)力和重力平衡，可知小球先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入y≥0.4m的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，最后從N點(diǎn)離開x軸，小球由O→A勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(s1,v)＝eq\f(\r(2)h,\f(\r