浙江專版2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題突破練專題15帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動含解析

PAGE9-專題15帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(建議用時(shí)40分鐘)1.如圖所示,一帶電粒子從平行帶電金屬板左側(cè)中點(diǎn)垂直于電場線以速度v0射入電場中,恰好能從下板邊緣以速度v1飛出電場。若其他條件不變,在兩板間加入垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場,該帶電粒子恰能從上板邊緣以速度v2射出。不計(jì)重力,則 ()A.2v0=v1+v2 B.v0=vC.v0=v1v2 D.v0<v【解析】選B。帶點(diǎn)粒子在電場中運(yùn)動時(shí),電場力做正功,在電場和磁場的復(fù)合場中運(yùn)動時(shí),洛倫茲力不做功,電場力做負(fù)功,所以有v2<v0<v1,對以上兩個(gè)過程運(yùn)用動能定理:qU2=12m(v12-v02),qU2聯(lián)立解得v0=v12+v2.如圖所示,一帶電質(zhì)點(diǎn)在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場B和豎直向上的勻強(qiáng)電場E的空間做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動,則 ()A.質(zhì)點(diǎn)肯定帶正電B.質(zhì)點(diǎn)做順時(shí)針運(yùn)動C.質(zhì)點(diǎn)的重力肯定忽視不計(jì)D.質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動速率為v=E【解析】選A。因質(zhì)點(diǎn)在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動,因電場力和重力均保持不變,因此只有洛倫茲力充當(dāng)向心力時(shí)才能保持勻速圓周運(yùn)動,即重力和電場力相互平衡,質(zhì)點(diǎn)受電場力向上,E向上,則帶正電,故A正確;洛倫茲力供應(yīng)向心力,受力方向指向圓心,由左手定則知質(zhì)點(diǎn)沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動,故B錯(cuò)誤;由A的分析可知,質(zhì)點(diǎn)的重力肯定不能忽視,故C錯(cuò)誤;無法確定質(zhì)點(diǎn)受電場力與洛倫茲力的大小關(guān)系,所以無法求出質(zhì)點(diǎn)的速度,故D錯(cuò)誤。3.如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后,進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束,下列說法中正確的是 ()A.組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B.組成A束和B束的離子質(zhì)量肯定不同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面對外【解析】選C。由左手定則知,A、B離子均帶正電,A錯(cuò)誤;兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同,在偏轉(zhuǎn)磁場中,由R=mvqB可知,半徑大的離子對應(yīng)的比荷小,但離子的質(zhì)量不肯定相同,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤,C正確;速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂直紙面對里,D4.(多選)一個(gè)帶電粒子以初速v0垂直于電場方向向右飛入勻強(qiáng)電場區(qū)域,穿出電場后接著又飛入勻強(qiáng)磁場區(qū)域(不計(jì)重力)。在下圖所示的幾種軌跡中,可能出現(xiàn)的是 ()【解析】選A、D。A圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí),由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向上,故A正確;B圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí),由圖可知,電場力向下,則粒子帶負(fù)電,當(dāng)進(jìn)入磁場時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故B錯(cuò)誤;C圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí),由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故C錯(cuò)誤;D圖中:當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí),由圖可知,電場力向上,則粒子帶正電,當(dāng)進(jìn)入磁場時(shí)由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故D正確。5.在如圖所示的平行板器件中,勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B相互垂直。一束初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線②從右側(cè)射出。粒子重力不計(jì),下列說法正確的是 ()A.若粒子沿軌跡①出射,則粒子的初速度肯定大于vB.若粒子沿軌跡①出射,則粒子的動能肯定增大C.若粒子沿軌跡③出射,則粒子可能做勻速圓周運(yùn)動D.若粒子沿軌跡③出射,則粒子的電勢能可能增大【解析】選D。初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線②從右側(cè)射出,則qvB=qE,若粒子沿軌跡①出射,粒子所受向上的力大于向下的力,但由于粒子電性未知,所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定,故A、B均錯(cuò)誤;若粒子沿軌跡③出射,粒子受電場力,洛倫茲力,粒子不行能做勻速圓周運(yùn)動,故C錯(cuò)誤;若粒子沿軌跡③出射,假如粒子帶負(fù)電,所受電場力向上,洛倫茲力向下,電場力做負(fù)功,粒子的電勢能增大,故D正確。6.(多選)如圖所示,一束帶電粒子以肯定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場組成的速度選擇器,然后通過平板S上的狹縫P進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′),最終打在照相機(jī)底片A1A2上,不計(jì)粒子間的相互作用,下列說法正確的是 ()A.粒子帶負(fù)電B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面對外C.粒子打在照相機(jī)底片A1A2上的位置越靠近P,粒子的比荷越大D.全部粒子在勻強(qiáng)磁場B′中的運(yùn)動時(shí)間都相等【解析】選B、C。帶電粒子在磁場B′中向左偏轉(zhuǎn),依據(jù)左手定則,知該粒子帶正電,故A項(xiàng)與題意不相符;粒子經(jīng)過速度選擇器時(shí)所受的電場力和洛倫茲力平衡,而粒子所受的電場力水平向右,那么洛倫茲力水平向左,粒子帶正電,則磁場垂直紙面對外,故B項(xiàng)與題意相符;經(jīng)過速度選擇器進(jìn)入磁場B′的粒子速度相等,依據(jù)qvB=mv2r可得r=mvqB可知粒子打在A1A2上的位置越靠近P,則半徑越小,粒子的比荷越大,故C項(xiàng)與題意相符;全部打在A1A2上的粒子,在磁場B′中做勻速圓周運(yùn)動,運(yùn)動的時(shí)間t=T2,粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=2πrv=2πmqB,則粒子在磁場7.(多選)如圖所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并處于方向垂直于紙面對里的磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,電場強(qiáng)度大小為E,一質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶負(fù)電小滑塊從斜面頂端由靜止下滑,在滑塊下滑過程中,下列推斷正確的是()A.滑塊受到的摩擦力不變B.若斜面足夠長,滑塊最終可能在斜面上勻速下滑C.若B足夠大,滑塊最終可能靜止于斜面上D.滑塊到達(dá)地面時(shí)的動能與B有關(guān)【解析】選B、D?；瑝K向下運(yùn)動的過程中受到重力、電場力、支持力,依據(jù)左手定則,滑塊還受到垂直斜面對下的洛倫茲力,沿斜面對上的摩擦力,滑塊向下運(yùn)動的過程中,速度增大,洛倫茲力增大,支持力增大,滑動摩擦力增大,當(dāng)B很大時(shí),則摩擦力有可能也很大,當(dāng)滑塊受到的摩擦力與重力沿斜面對下的分力相等時(shí),滑塊做勻速直線運(yùn)動,之后洛倫茲力與摩擦力不再增大,所以滑塊不行能靜止在斜面上,故A、C錯(cuò)誤,B正確;B不同,洛倫茲力大小也不同,所以滑動摩擦力大小不同,摩擦力做的功不同,依據(jù)動能定理可知,滑塊到達(dá)地面的動能不同,故D正確。8.如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖,一束等離子體(含正、負(fù)離子)沿圖示方向垂直射入一對磁極產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場中,A、B是一對平行于磁場放置的金屬板,板間連入電阻R,則電路穩(wěn)定后 ()A.離子可能向N磁極偏轉(zhuǎn)B.A板聚集正電荷C.R中有向上的電流D.離子在磁場中偏轉(zhuǎn)時(shí)洛倫茲力可能做功【解析】選C。由左手定則知,正離子向B板偏轉(zhuǎn),負(fù)離子向A板偏轉(zhuǎn),離子不行能向N磁極偏轉(zhuǎn),A、B錯(cuò)誤;電路穩(wěn)定后,電阻R中有向上的電流,C正確;因?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较蚺c速度方向垂直,所以洛倫茲力不行能做功,D錯(cuò)誤,故選C。9.(多選)如圖所示,在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m,電量為+q,電場強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。小球由靜止起先下滑直到穩(wěn)定的過程中 ()A.小球的加速度始終減小B.小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2D.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2【解析】選C、D。小球靜止時(shí)只受電場力、重力、支持力及摩擦力,電場力水平向左,摩擦力豎直向上;起先時(shí),小球的加速度應(yīng)為a=mg-μEqm;小球速度將增大,產(chǎn)生洛倫茲力,由左手定則可以知道,洛倫茲力向右,故水平方向合力將減小,摩擦力減小,故加速度增大,故A錯(cuò)誤;當(dāng)洛倫茲力等于電場力時(shí),摩擦力為零,此時(shí)加速度為g,達(dá)到最大;此后速度接著增大,則洛倫茲力增大,水平方向上的合力增大,摩擦力將增大,加速度將減小,故最大加速度的一半會有兩種狀況,一是在洛倫茲力小于電場力的狀況下,另一種是在洛倫茲力大于電場力的狀況下g2=mg-μ(Eq-Bqv1)m,計(jì)算得出,v1mg-μ(Bqv2-Eq)m,計(jì)算得出v2=210.如圖所示,在豎直平面內(nèi)有直角坐標(biāo)系xOy,有一勻強(qiáng)電場,其方向與水平方向成α=30°斜向上,在電場中有一質(zhì)量為m=1×10-3kg、電荷量為q=1.0×10-4C的帶電小球,用長為L=0.63m的不行伸長的絕緣細(xì)線掛于坐標(biāo)O點(diǎn),當(dāng)小球靜止于M點(diǎn)時(shí),細(xì)線恰好水平?，F(xiàn)用外力將小球拉到最低點(diǎn)P,然后無初速度釋放,g取10m/s2。求: (1)電場強(qiáng)度E的大小。(2)小球再次到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度。(3)假如小球再次到達(dá)M點(diǎn)時(shí),細(xì)線突然斷裂,從今時(shí)起先計(jì)時(shí),小球運(yùn)動t=1s時(shí)間的位置坐標(biāo)是多少?！窘馕觥?1)由物體平衡條件得qE=2mg代入數(shù)據(jù)得:E=200N/C(2)設(shè)小球運(yùn)動到M點(diǎn)時(shí),小球的速度為v。小球從最低點(diǎn)P運(yùn)動到M點(diǎn)過程中,只有重力和電場力做功,由力的合成可知,重力和電場力的合力F合=3mg,方向水平向右。由動能定理得:3mg·L=12mv2代入數(shù)據(jù)得:v=6m/s(3)小球運(yùn)動到M點(diǎn)時(shí),細(xì)線突然斷裂,小球的速度方向豎直向上,所受合外力水平向右,小球?qū)⒆鲱惼綊佭\(yùn)動,由牛頓其次定律得:3mg=ma豎直方向:y=vt水平方向:x1=12at解得:x=x1+L=5.63my=6m小球位置坐標(biāo)為(5.63m,6m)答案:(1)200N/C(2)6m/s(3)(5.63m,6m)11.如圖所示,O′PQ是關(guān)于y軸對稱的四分之一圓,在PQMN區(qū)域有勻稱輻向電場,PQ與MN間的電壓為U。PQ上勻稱分布帶正電的粒子,可勻稱持續(xù)地以初速度為零放射出來,任一位置上的粒子經(jīng)電場加速后都會從O′進(jìn)入半徑為R、中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向垂直xOy平面對外,大小為B,其中沿+y軸方向射入的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能沿+x軸方向射出。在磁場區(qū)域右側(cè)有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K,金屬板長均為4R,其中K板接地,A與K兩板間加有電壓UAK>0,忽視極板電場的邊緣效應(yīng)。己知金屬平行板左端連線與磁場圓相切,O′在y軸(0,-R)上。(不考慮粒子之間的相互作用力) (1)求帶電粒子的比荷qm(2)求帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場時(shí)的縱坐標(biāo)范圍。(3)若電壓UAK=3U4,求到達(dá)【解析】(1)qU=12mv由已知條件知道偏轉(zhuǎn)半徑r=RBqv=mv