2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí)熱點強化9帶電粒子在復(fù)合場中的運動含解析新人教版

1、高考熱點強化(九)帶電粒子在復(fù)合場中的運動(時間：40分鐘)1如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓u加速后，水平進入互相垂直的勻強電場e和勻強磁場b的復(fù)合場中(e和b已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則()a小球可能帶正電b小球做勻速圓周運動的半徑為rc小球做勻速圓周運動的周期為td若電壓u增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加c因小球做勻速圓周運動，所以重力和電場力二力平衡，合外力等于洛倫茲力且提供向心力，故小球只能帶負(fù)電，a錯誤；由bvqm，uqmv2，t及eqmg，可得r，t，b錯誤，c正確；由t可知，電壓u增大，小球做勻速圓周運動的周期不變，所以d錯誤

2、。2.在如圖所示的平面環(huán)境中，勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度b2.5 t；勻強電場方向水平向左，場強e n/c。一個帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m3.0107 kg，帶電荷量q3.0106 c，帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好做勻速直線運動(g取10 m/s2)。則由此數(shù)據(jù)可知，下列說法中正確的是()a這個帶電小顆粒一定沿與水平方向成30角向右下方做勻速直線運動b這個帶電小顆粒做勻速直線運動的速度大小為0.4 m/sc若小顆粒運動到圖中p點時，把磁場突然撤去，小顆粒將做勻加速直線運動d撤去磁場后，若小顆粒通過與p點在同一電場線上的q點，那么從p點運動到q點所需時間為0.08 sd帶電小顆粒受力如圖：ta

3、n ，所以30，由左手定則可知帶負(fù)電小顆粒運動方向應(yīng)與水平方向成60角斜向右上方，由平衡條件可得qvb，解得v0.8 m/s，選項a、b錯誤；撤去磁場后，小顆粒受到的重力和電場力的合力與速度方向垂直，故小顆粒將做勻變速曲線運動(類平拋運動)，選項c錯誤；在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin 60、加速度為g的豎直上拋運動，從p點運動到q點所需時間為t0.08 s，選項d正確。3.(多選)(2020鎮(zhèn)江模擬)如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置原理圖，環(huán)形管內(nèi)存在垂直于紙面、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)的勻強磁場(環(huán)形管的寬度非常小)，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為r的圓周運動。a、b為兩

4、塊中心開有小孔且小孔距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當(dāng)帶電粒子經(jīng)過a板剛進入a、b之間時，a板電勢升高到u，b板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速，每當(dāng)粒子離開b板時，a板電勢又降為零，粒子在電場中一次一次地加速使得動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度大小可使粒子運行半徑r不變，已知極板間距遠(yuǎn)小于r，則下列說法正確的是()a環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向里b粒子從a板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，繞行n圈后回到a板時獲得的總動能為nquc粒子在繞行的整個過程中，a板電勢變化的周期不變d粒子繞行第n圈時，環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為bd粒子在a、b

5、之間加速，故粒子是沿順時針方向運動，在磁場中洛倫茲力提供向心力，故磁場方向垂直紙面向外，選項a錯誤；粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理，有eknqu，故選項b正確；粒子在加速，根據(jù)t，周期要減小，故選項c錯誤；由動能定理知nqumv，得到vn，由牛頓第二定律，則有mqvnbn，解得bn，聯(lián)立解得bn，故選項d正確。4.(多選)如圖所示，在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等。在該平面有一個質(zhì)量為m、帶電荷量q的正電粒子，以初速度v0垂直x軸，從x軸上的p點進入勻強電場，之后與y軸成45角射出電場，再經(jīng)過一段時間恰好垂直于x軸進入下面的磁場

6、，已知op之間的距離為d，不計帶電粒子的重力，則()a磁感應(yīng)強度bb電場強度ec自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為d自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為bd粒子的軌跡如圖所示，帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速運動，由題得知，出電場時，vxvyv0，根據(jù)xdvxt、yvytv0t，得y2x2d，出電場時與y軸交點坐標(biāo)為(0,2d)，則設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r，則有rsin(180)y2d，而135，解得：r2d，粒子在磁場中運動的速度vv0，根據(jù)r，解得b，故a錯誤；根據(jù)vxattv0、xvxt，得e，故b正確；在第一象限運動時間t1t，在

7、第四象限運動時間t2t，所以自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用總時間tt1t2，故d正確，c錯誤。5(多選)(2020石家莊模擬)如圖所示是某霍爾元件的內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖，其載流子為電子，a接直流電源的正極，b接直流電源的負(fù)極，cd間輸出霍爾電壓，下列說法正確的是()a若工作面水平，置于豎直向下的磁場中，c端的電勢高于d端bcd間霍爾電壓與ab間電流大小有關(guān)c將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場強弱相同d在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直abd若工作面水平，置于豎直向下的磁場中，由于電流從a流向b，電子從b流向a，由左手定則可知，電子偏向d極，則c端的電勢高于d

8、端，選項a正確；cd間霍爾電壓滿足qbqv，而inesv，可知ubdv，即cd間霍爾電壓與ab間電流大小有關(guān)，選項b正確；由以上分析可知，將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場強弱不一定相同，選項c錯誤；地球赤道處的磁場與地面平行，則在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直，選項d正確；故選a、b、d。6.(多選)如圖所示，豎直直線mn右側(cè)存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量m0.01 kg、電荷量q0.01 c的小球從mn左側(cè)水平距離為l0.4 m的a點水平拋出，當(dāng)下落距離是水平距離的一半時從mn上的d點進入電磁場，并恰好能做勻速圓周運動，圖

9、中c點是圓周的最低點且c到mn的水平距離為2l，不計空氣阻力，g取10 m/s2，則()a小球的初速度為20 m/sb勻強電場的電場強度為10 v/mc勻強磁場的磁感應(yīng)強度為b2td小球從d到c運動的時間為0.1 sbd小球從a到d做平拋運動，lv0t，gt2，所以t0.2 s，v02 m/s，選項a錯誤；小球進入電磁場中恰好做勻速圓周運動，則qemg，即e10 v/m，選項b正確；小球進入電磁場時有vygtv0，即小球進入電磁場時的速度為v2 m/s，且與mn成45角，由幾何關(guān)系可得小球做勻速圓周運動的半徑為r m，又因bqvm，聯(lián)立并代入數(shù)值得b2.5 t，選項c錯誤；小球從d到達c經(jīng)歷了

10、圓周，所以從d到c運動的時間為t0.1 s，選項d正確。7.(多選)空間同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強電場的方向沿y軸正方向，場強大小為e；磁場方向垂直紙面向外。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力不計)從坐標(biāo)原點o由靜止釋放，釋放后，粒子恰能沿圖中的曲線運動。已知該曲線的最高點p的縱坐標(biāo)為h，曲線在p點附近的一小部分，可以看作是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧。則()a粒子在y軸方向做勻加速運動b粒子在最高點p的速度大小為c磁場的磁感應(yīng)強度大小為d粒子經(jīng)過時間運動到最高點bc粒子受到電場力和洛倫茲力作用，不可能做勻加速運動，故a錯誤；粒子從o運動到p的過程，只有電場力做功，由動能定理得：qehm

11、v，解得：vp，故b正確；粒子經(jīng)過p點時，由電場力和洛倫茲力的合力提供向心力，則有：qvpbqem，聯(lián)立解得：b，故c正確；粒子從o到p的過程不是圓周運動，時間無法求解，故d錯誤。8(多選)(2020宜昌模擬)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xoy中，位于坐標(biāo)軸上的m、n、p三點到坐標(biāo)原點o的距離均為r，在第二象限內(nèi)以o1(r，r)為圓心，r為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直xoy平面向外的勻強磁場；現(xiàn)從m點平行xoy平面沿不同方向同時向磁場區(qū)域發(fā)射速率均為v的相同粒子，其中沿mo1方向射入的粒子恰好從p點進入第一象限。為了使m點射入磁場的粒子均匯聚于n點，在第一象限內(nèi)，以適當(dāng)?shù)倪^p點的曲線為邊界(圖中

12、未畫出，且電場邊界曲線與磁場邊界曲線不同)，邊界之外的區(qū)域加上平行于y軸負(fù)方向的勻強電場或垂直xoy平面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用及其重力。下列說法正確的是()a若opn之外的區(qū)域加的是磁場，則所加磁場的最小面積為b若opn之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達n點時的速度最大為vc若opn之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達n點時的速度方向不可能與x軸成45d若opn之外的區(qū)域加的是電場，則邊界pn曲線的方程為yx2rabd由題意知，沿mo1方向射入的粒子恰好從p點進入第一象限，軌跡為圓弧，速度方向水平向右(沿x軸正方向)由幾何關(guān)系知軌跡半徑等于圓形磁場半徑，作出由粒子軌跡圓的圓心、磁場圓的圓心以

13、及出射點、入射點四點組成的四邊形為菱形，且所有從m點入射粒子進入第一象限速度方向相同，即均沿x方向進入第一象限，為了使m點射入磁場的粒子均匯聚于n點，opn之外的區(qū)域加的是磁場，最小的磁場面積為圖中陰影部分的面積，如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得所加磁場的最小面積為s2，故a正確；若opn之外的區(qū)域加的是電場，粒子進入第一象限做類平拋運動，沿mo1入射的粒子到達n點時的運動時間最長，速度最大，速度與水平方向夾角也最大，設(shè)類平拋運動時間為t，在n點速度與水平方向夾角為，則有：水平方向：rvt，豎直方向：rt，聯(lián)立解得：vy2v，vmaxv，tan 2，tan 451，故b正確，c錯誤；若opn之外的區(qū)

14、域加的是電場，設(shè)邊界pn曲線上有一點的坐標(biāo)為(x，y)，則xvt，yrat2，整理可得：，當(dāng)xr時y0，整理可得邊界pn曲線的方程為yx2r，故d正確。9.如圖所示，在xoy坐標(biāo)系的0yd的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場，在dy2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xoy平面向里的勻強磁場，mn為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界?，F(xiàn)從原點o處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運動軌跡恰與ab相切并返回磁場。已知電場強度e，不計粒子重力和粒子間的相互作用。試求：(1)粒子第一次穿過mn時的速度大小和水平位移的大??；(2)磁場的磁感應(yīng)強度b的大小。解析(1)根

15、據(jù)動能定理，得qedmv2mv，解得v2v0粒子在電場中做類平拋運動，有fqe，a，dat，xv0t1解得a1，x。(2)粒子運動的軌跡如圖所示，設(shè)粒子以與x軸正方向成角進入磁場，tan ，解得60根據(jù)rrcos d，得r由牛頓第二定律可得qvbm，解得b。答案(1)2v0(2)10(2020河南九校聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xoy，x軸沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，與x軸成30角的絕緣細(xì)桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強度大小為b的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球a(可視為質(zhì)點)穿在細(xì)桿

16、上沿細(xì)桿勻速下滑，在n點脫離細(xì)桿后恰能沿圓周軌道運動到x軸上的a點，且速度方向垂直于x軸。已知a點到坐標(biāo)原點o的距離為l，小球a與絕緣細(xì)桿的動摩擦因數(shù)；，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。求：(1)帶電小球的電性及電場強度的大小e；(2)第二、三象限里的磁場的磁感應(yīng)強度大小b1；(3)當(dāng)帶電小球a剛離開n點時，從y軸正半軸距原點o為h的p點(圖中未畫出)以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b(可視為質(zhì)點)，b球剛好在運動到x軸時與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？解析(1)由帶電小球a在第四象限內(nèi)做圓周運動，知小球a所受電場力豎直向上，且mgqe，故小球a帶正電，e。(2)帶電小球a從n點運動到a點的過程中，洛倫茲力