2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)7 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動學(xué)案

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1、 熱點(diǎn)7 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 [熱點(diǎn)跟蹤專練] 1．有一個帶電荷量為＋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，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法正確的是(　　) A．一定做曲線運(yùn)動 B．不可能做曲線運(yùn)動 C．有可能做勻加速直線運(yùn)動 D．有可能做勻速直線運(yùn)動 [解析]　帶電小球在沒有進(jìn)入復(fù)合場前做自由落體運(yùn)動，進(jìn)入磁場后，受豎直向下的重力G＝mg，水平向左的電場力F電場力＝qE與水平向右洛倫茲力F洛＝qBv，重力與電場力大小和方向保持恒定，但因?yàn)樗俣却笮l(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會發(fā)

2、生變化，所以一定會做曲線運(yùn)動，A正確，B、C、D錯． [答案]　A 2．(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如右圖所示．D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上．位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速．當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能Ek后，再將它們引出．忽略質(zhì)子在電場中的運(yùn)動時間，則下列說法中正確的是(　　) A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大 B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的時間會變短 C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置

3、加速質(zhì)子 D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶ [解析]　由r＝可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān)，故A錯誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速的次數(shù)減少，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運(yùn)行時間變短，B正確；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運(yùn)動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，C錯誤；由nqU＝mv以及rn＝可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶，D正確． [答案]　BD 3.1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎．若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．該束帶

4、電粒子帶負(fù)電 B．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電 C．在B2磁場中運(yùn)動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大 D．在B2磁場中運(yùn)動半徑越大的粒子，比荷越小 [解析]　通過粒子在質(zhì)譜儀中的運(yùn)動軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電，故選項(xiàng)A錯誤；帶電粒子在速度選擇器中勻速運(yùn)動時受到向上的洛倫茲力和向下的電場力，可知速度選擇器的P1極板帶正電，故選項(xiàng)B錯誤；由洛倫茲力充當(dāng)向心力有：qvB＝m，得粒子在B2磁場中的運(yùn)動半徑r＝，又粒子的運(yùn)動速度v大小相等，電荷量q未知，故在磁場中運(yùn)動半徑越大的粒子，質(zhì)量不一定越大，但比荷＝越小，故選項(xiàng)C錯誤，D正確． [答案]　D 4．(多選)霍爾式位移傳感器的測量原理如圖

5、所示，有一個沿z軸方向均勻變化的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0＋kz(B0、k均為常數(shù))．將霍爾元件固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變(方向如圖所示)，當(dāng)物體沿z軸正方向平移時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同．則(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大，上、下表面的電勢差U越大 B．k越大，傳感器靈敏度越高 C．若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，則下板電勢高 D．電流I越大，上、下表面的電勢差U越小 [解析]　對于霍爾元件有，q＝qvB(d為上、下兩板間的距離)，所以U＝dvB，B越大，上、下表面的電勢差U越大，選項(xiàng)A正確；k越大，B隨z的變化越大，由上面的分析

6、可得U隨z的變化也越大，所以傳感器靈敏度越高，選項(xiàng)B正確；若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，根據(jù)左手定則電子受到的洛倫茲力向下，下板帶負(fù)電，下板電勢低，選項(xiàng)C錯誤；電流的微觀表達(dá)式I＝nqSv，電流I越大，電荷定向移動的速度v越大，上、下表面的電勢差U越大，選項(xiàng)D錯誤． [答案]　AB 5.在如圖所示的坐標(biāo)系中，0≤x≤d區(qū)域內(nèi)存在正交的電場和磁場，磁場方向垂直紙面向里(磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小未知)、電場的方向豎直向下(場強(qiáng)E2大小未知)；－d≤x<0區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(場強(qiáng)E1大小未知)，電場方向與y軸的負(fù)方向間的夾角為45°.現(xiàn)從M(－d,0)點(diǎn)由靜止釋放一帶電小球，小球沿x軸運(yùn)動，通過原點(diǎn)后在y軸

7、右側(cè)的復(fù)合場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過一段時間從復(fù)合場右邊界上的N點(diǎn)離開，且小球離開時的速度與x軸的正方向的夾角為60°，重力加速度用g表示，帶電小球的質(zhì)量為m、電荷量為q. (1)小球帶何種電荷？ (2)電場強(qiáng)度E1、E2以及磁感應(yīng)強(qiáng)度B分別為多大？ (3)小球從M運(yùn)動到N所用的總時間為多少？ [解析]　(1)由題意可知帶電小球沿x軸的正方向運(yùn)動，則小球受到的合力水平向右，因此小球受到豎直向下的重力、與－d≤x<0區(qū)域中電場的電場線方向相反的電場力，故小球帶負(fù)電． (2)帶電小球沿x軸的正方向運(yùn)動，則在豎直方向上有 qE1sin45°＝mg 解得E1＝ 帶電小球在y軸右側(cè)做

8、勻速圓周運(yùn)動，則在豎直方向上有mg＝qE2，E2＝ 假設(shè)小球在y軸左側(cè)沿x軸向右運(yùn)動時的加速度大小為a，到達(dá)原點(diǎn)的速度大小為v，小球在y軸右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R 則由牛頓第二定律得 qE1cos45°＝ma 又由運(yùn)動學(xué)公式得v2＝2ad 由題意可知，小球在y軸的右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動的偏轉(zhuǎn)角為60°，則由幾何關(guān)系得 Rsin60°＝d 又根據(jù)牛頓第二定律得 qvB＝m 解得B＝. (3)帶電小球沿x軸做勻加速運(yùn)動所用的時間t1＝ 小球在y軸的右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動的周期為T＝ 帶電小球的運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，則 t2＝＝ 小球從M運(yùn)動到N所用的總時間t＝

9、t1＋t2＝＋. [答案]　(1)負(fù)電荷　(2)　　(3)＋ 6．如圖所示，在xOy平面的第一、四象限，有水平向右勻強(qiáng)電場，在第二、三象限中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和場強(qiáng)大小與第一象限的場強(qiáng)大小相等，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場．第一象限中P點(diǎn)的坐標(biāo)是，在P點(diǎn)拴一根絕緣細(xì)線，長為R，細(xì)線另一端系一個質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球，現(xiàn)將細(xì)線拉至與水平方向成45°角由靜止釋放．小球擺至O點(diǎn)位置時，細(xì)線恰好脫開，小球跨過y軸，恰好做圓周運(yùn)動．求： (1)電場強(qiáng)度的大?。? (2)小球到達(dá)O點(diǎn)時的速度； (3)小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動的旋轉(zhuǎn)半徑． [解析]　(1)小球跨

10、過y軸，恰好做圓周運(yùn)動，可知小球受到的電場力等于重力大小 Eq＝mg 所以場強(qiáng)E＝ (2)小球從初始狀態(tài)釋放，擺動到O點(diǎn)，根據(jù)動能定理： mgR－EqR＝mv2 得小球的速度 v＝ 速度的方向與y軸正方向成60°角斜向上 (3)如圖，小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動，小球受到的電場力大小等于重力大小，洛倫茲力提供向心力F洛＝m 即qvB＝m 得旋轉(zhuǎn)半徑為r＝ [答案]　(1)　(2)，方向與y軸正方向成60°角斜向上　(3) 7．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO

11、運(yùn)動，AO與x軸負(fù)方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小； (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小． [解析]　(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用

12、做直線運(yùn)動，三力滿足如圖1所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動． 由圖1知tan37°＝，解得：E1＝ cos37°＝，解得：B1＝ (2)區(qū)域Ⅰ中小球做直線運(yùn)動，電場強(qiáng)度最小，受力如圖2所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運(yùn)動，由圖2知cos37°＝，解得：E2＝ 方向與x軸正方向成53°角，方向斜向上 (3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，所以mg＝qE3， 解得E3＝ 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動軌跡如圖3所示，由幾何關(guān)系得r＝d 由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝m 聯(lián)立解得：B2＝ [答案]　(1)　　(2)　方向與x軸正方向成53°角，

13、方向斜向上　(3)　 8．如圖所示，兩個邊長均為l的正方形區(qū)域ABCD和EFGH內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，DH上方有足夠長的豎直向下的勻強(qiáng)電場．一帶正電的粒子，質(zhì)量為m，電荷量為q，以速度v從B點(diǎn)沿BC方向射入勻強(qiáng)電場，已知三個區(qū)域內(nèi)的場強(qiáng)大小相等，且E0＝，今在CDHE區(qū)域內(nèi)加上合適的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，粒子經(jīng)過該磁場后恰能從DH的中點(diǎn)豎直向上射入電場，粒子的重力不計(jì)，求： (1)所加磁場的寬度DH； (2)所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。? (3)粒子從B點(diǎn)射入到從EFGH區(qū)域電場射出所經(jīng)歷的總時間． [解析]　(1)粒子在ABCD區(qū)域電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)射出該電場時沿電場方向的

14、偏轉(zhuǎn)距離為d 由E0q＝ma得a＝ 由l＝vt得t＝ d＝at2＝l 粒子射出ABCD區(qū)域電場時沿場強(qiáng)方向速度vy＝at＝v 速度偏向角θ滿足tanθ＝＝1，解得θ＝ 粒子從DH中點(diǎn)豎直向上射入電場，由幾何關(guān)系知： OD＝l OD2＋2＝R2 解得R＝l 由R＝OD＋DH得DH＝(－1)l (2)射入磁場的速度大小為v′＝v 由洛倫茲力提供向心力得qv′B＝m，解得B＝ (3)粒子在左側(cè)電場中偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動時間t1＝t＝ 粒子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動時間t2＝T 其中T＝ 在上方電場中運(yùn)動減速到零的時間為t3＝ 粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知粒子運(yùn)動的總時間為t總＝2(t1＋t2＋t3) 解得t總＝ [答案]　(1)(－1)l　(2)　(3) 10