【步步高】高考物理大一輪復習 8.3 帶電粒子在復合場中的運動

1、8.3帶電粒子在復合場中的運動1如圖831所示，一束質量、速度和電荷量不全相等的離子，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B束，下列說法中正確的是 ()A組成A、B束的離子都帶正電圖831B組成A、B束的離子質量一定不同C速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外DA束離子的比荷大于B束離子的比荷解析A與B兩束離子由速度選擇器進入磁場后，由左手定則可判斷出A、B兩束離子均帶正電；離子在速度選擇器中做勻速直線運動，兩離子帶正電，所受電場力與場強方向一致，水平向右，洛倫茲力必水平向左，且與電場力等大：BqvqEv，由左手定則可得速度選擇器中的磁場方向應垂直于紙

2、面向里；兩離子進入磁場后做勻速圓周運動，觀察可得圓周運動半徑不同，依據r可得兩離子的比荷不等，A束離子的圓周運動的半徑較小，則比荷大于B束離子答案AD圖8322如圖832所示，水平放置的平行金屬板a、b帶有等量正負電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電的粒子在兩板間做直線運動，粒子的重力不計關于粒子在兩板間運動的情況，正確的是()A可能向右做勻加速直線運動B可能向左做勻加速直線運動C只能是向右做勻速直線運動D只能是向左做勻速直線運動解析受力分析可知電場力向下，洛倫茲力必向上，則速度向右；洛倫茲力與速度大小有關，因此只能為勻速直線運動答案C圖8333如圖833所示，空間的

3、某個復合場區(qū)域內存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場質子由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能Ek的大小是 ()AEkEk BEkEkCEkEk D條件不足，難以確定解析設質子的質量為m，則氘核的質量為2m.在加速電場里，由動能定理可得：eUmv2，在復合場里有：BqvqEv，同理對于氘核由動能定理可得離開加速電場的速度比質子的速度小，所以當它進入復合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉，電場力做正功，故動能增大，B選項正確答案B圖8344磁流體發(fā)電機

4、可以把氣體的內能直接轉化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機，有著廣泛的發(fā)展前景其發(fā)電原理示意圖如圖834所示，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構成一電路，設氣流的速度為v，氣體的電導率(電阻率的倒數)為g.則()A兩板間電勢差為UBdvB上板是電源的正極，下板是電源的負極C流經R的電流強度為ID流經R的電流強度為I解析等離子體噴射入磁場后，在洛倫茲力F1qBv的作用下正離子向上偏，負離子向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負極，B對；兩板間形成向下的電場，正

5、、負離子將受到電場力F2q阻礙其偏轉，假設外電路斷路，則qBvq，即UBdv為電源電動勢，A錯電源內阻為r，由閉合電路歐姆定律得I，C、D錯(等效思維法)答案B圖8355如圖835所示的真空環(huán)境中，勻強磁場方向水平、垂直紙面向外，磁感應強度B2.5 T；勻強電場方向水平向左，場強E N/C.一個帶負電的小顆粒質量m3.0107kg.帶電量q3.0106C，帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好做勻速直線運動(1)求這個帶電小顆粒運動的方向和速度大小(2)如果小顆粒運動到圖中P點時，把磁場突然撤去，小顆粒將做什么運動？若運動中小顆粒將會通過與P點在同一電場線上的Q點，那么從P點運動到Q點所需時間有多長？(g

6、取10 m/s2)解析(1)帶電小顆粒受力如圖：tan 所以30由左手定則，帶負電小顆粒運動方向應與水平方向成60角斜向右上方由平衡條件可得：qvB，解得v0.8 m/s.(2)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)加速度大小為a2g20 m/s2方向與水平方向成30角斜向右下方在豎直方向上，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 s0.14 s.答案(1)0.8 m/s方向與水平方向成60角斜右上方(2)勻變速曲線運動(類平拋運動)0.14 s圖8366如圖836所示，在虛線D

7、F的右側整個空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B0.5 T，其中在矩形區(qū)域DFHG內還分布有水平向左的勻強電場絕緣光滑斜面傾角60，其末端與邊界DF交于C點，一帶正電的小球質量為m2103 kg，從距C點高h0.8 m處的A點由靜止釋放，離開斜面后，從C點進入DFHG區(qū)域后恰能沿直線運動最后從邊界HG上的M點進入磁場，取g10 m/s2，求：(1)小球滑到C點時，重力的功率；(2)電場強度E的大??；(3)如果小球從M點進入磁場后能經過圖中的N點，已知MN兩點豎直高度差d0.45 m，求小球經過N點時速度大小解析(1)小球下滑，機械能守恒mgH知重力的功率為Pmgv0sin 解得P0

8、.069 W(2)做直線運動，分析可知一定為勻速直線運動，由平衡條件知 qv0Bcos mgqEmgtg 解得E N/C(3)進入磁場區(qū)域，洛倫茲力不做功，機械能守恒，有mgh解得vN5 m/s(優(yōu)選機械能守恒)答案(1)0.069 W(2) N/C(3)5 m/s7在如圖837所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在豎直方向存在交替變化的勻強電場如圖(豎直向上為正)，電場大小為E0.一傾角為長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間斜面上有一質量為m，帶電量為q的小球，從t0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設第5秒內小球不會離開斜面，重力加速度為g.求：(1)第6秒內小球離開斜面的最

9、大距離(2)第19秒內小球未離開斜面，角的正切值應滿足什么條件？圖837解析(1)設第一秒內小球在斜面上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：(mgqE0)sin ma第一秒末的速度為：vat1在第二秒內：qE0mg所以小球將離開斜面在上方做勻速圓周運動，則由向心力公式得qvBm圓周運動的周期為：T1 s由題圖可知，小球在奇數秒內沿斜面做勻加速運動，在偶數秒內離開斜面做完整的圓周運動所以，第五秒末的速度為：v5a(t1t3t5)6gsin 小球離開斜面的最大距離為d2R3由以上各式得：d.(2)第19秒末的速度：v19a(t1t3t5t7t19)20gsin 小球未離開斜面的條件是：qv19

10、B(mgqE0)cos 所以：tan (葡萄串模型)答案(1)(2)tan 圖8388如圖838所示，A、B間存在與豎直方向成45斜向上的勻強電場E1，B、C間存在豎直向上的勻強電場E2，A、B的間距為1.25 m，B、C的間距為3 m，C為熒光屏一質量m1.0103kg，電荷量q1.0102C的帶電粒子由a點靜止釋放，恰好沿水平方向經過b點到達熒光屏上的O點若在B、C間再加方向垂直于紙面向外且大小B0.1 T的勻強磁場，粒子經b點偏轉到達熒光屏的O點(圖中未畫出)取g10 m/s2.求：(1)E1的大??；(2)加上磁場后，粒子由b點到O點電勢能的變化量解析(1)粒子在A、B間做勻加速直線運動，豎直方向受力平衡，則有：qE1cos 45mg解得：E1 N/C1.4 N/C.(2)粒子從a到b的過程中，由動能定理得：qE1dABsin 45mvb2解得vb5 m/s加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運動，則有：qE2mg加磁場后