《2020高考物理一輪總復習 第九章 磁場 能力課2 帶電粒子在復合場中的運動練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復習 第九章 磁場 能力課2 帶電粒子在復合場中的運動練習（含解析）新人教版（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課2 帶電粒子在復合場中的運動一、選擇題1醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零在某次監(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 V，磁感應強度的大小為0.040 T則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A1.3

2、 m/s，a正、b負 B2.7 m/s，a正、b負C1.3 m/s，a負、b正 D2.7 m/s，a負、b正解析：選A血液中正負離子流動時，根據(jù)左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負離子向下偏，則a帶正電，b帶負電，故C、D錯誤；最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，有qqvB，所以血流速度v m/s1.3 m/s，故A正確，B錯誤2(多選)如圖所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球(可視為質(zhì)點)用不可伸長的絕緣細線拴住，細線的另一端系于O點，現(xiàn)加一豎直向下的勻強磁場(磁感應強度大小為B)和一勻強電場，使小球在水平面內(nèi)以某角速度做勻速

3、圓周運動，這時細線與豎直方向夾角為30，且細線張力恰好為零，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是() A小球運動的角速度B從上往下看，小球沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)C若某時刻撤去磁場，小球做圓周運動的角速度D若某時刻撤去磁場，小球做圓周運動的線速度減小解析：選AC由題可知，細線上拉力為零，說明小球受到的電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即Bqrmr2，解得，A正確；根據(jù)左手定則可知從上往下看，小球沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，B錯誤；若某時刻撤去磁場，重力和電場力仍平衡，線的拉力與速度方向垂直，拉力不做功，故小球在速度和細線拉力所在平面內(nèi)做勻速圓周運動，并以O(shè)點為圓心，細線長為半徑，所以有Lr，依題意有rLsin3

4、0，所以，C正確，D錯誤3(多選)利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領(lǐng)域如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是 ()A電勢差UCD僅與材料有關(guān)B若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD0C僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大D在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平解析：選BC電勢差UCD與磁感應強度B、電流強度I、材料有關(guān)，選項A錯誤；若霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，則電勢差UCDF洛，GFfma，即maG(FqvB

5、)，隨著速度v的不斷增大，a也不斷增大當FF洛時，a最大，為重力加速度g.再隨著速度v的不斷增大，F(xiàn)F洛，即maG(qvBF)，加速度a不斷減小，當a減小到零時，GFf，再往后做勻速運動故選C.二、非選擇題5如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B0.5 T有一帶正電的小球，質(zhì)量m1.0106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g10 m/s2.求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤

6、掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB代入數(shù)據(jù)解得v20 m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan代入數(shù)據(jù)解得tan則60.(2)撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有xvt設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有yat2a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為，又tan聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s.答案：(1)20 m/s與電場E的方向之間的夾角為60斜向上(2)3.5 s6(2018

7、屆河北衡水中學一調(diào))如圖所示，質(zhì)量M為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運動，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是光滑圓弧軌道，整個軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度E大小為50 N/C，磁感應強度B大小為2.0 T現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車，當它運動到D點時速度為5 m/s.滑塊可視為質(zhì)點，g取10 m/s2，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字(1)求滑塊從A到D的過程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能；(2)如果滑塊剛過D點時對軌

8、道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半徑r；(3)當滑塊通過D點時，立即撤去磁場，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑解析：(1)設(shè)滑塊運動到D點時的速度大小為v1，小車在此時的速度大小為v2，物塊從A運動到D的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，有mv0Mvmv1Mv2，解得v20.設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為E，則有Emv02Mv2mv12，解得E85 J.(2)設(shè)滑塊剛過D點時受到軌道的支持力為FN，則由牛頓第三定律可得FN76 N，由牛頓第二定律可得FN(mgqEqv1B)m，解得r1 m.(3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時，滑塊與小車具有共同的速度v，水平方

9、向系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得mv1(mM)v，解得v m/s.設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有mv12(mM)v2(mgqE)Rm，解得Rm0.71 m.答案：(1)85 J(2)1 m(3)0.71 m7如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功W

10、f；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP.解析：(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvBNqE小滑塊在C點離開MN時N0解得vC.(2)滑塊從A到C由動能定理mghWfmvC20解得Wfmgh.(3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為gg且vP2vD2g2t2 解得vP.答案：(1)(2)mgh(3) 8(2018

11、屆四川成都第二次診斷)如圖所示為豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy，A點的坐標為(8 m,0)，C點的坐標為(4 m,0)；A點右側(cè)的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，8 mx4 m區(qū)域的場強大小為E15 V/m，4 mx0區(qū)域的場強大小為E27 V/m，x0區(qū)域的場強大小為E35 V/m；第一、四象限內(nèi)的磁場方向相反且垂直于坐標平面，磁感應強度大小均為B2 T現(xiàn)讓一帶正電的小球從A點沿x軸正方向以v04 m/s的速率進入電場已知小球的質(zhì)量m2103 kg，電荷量q4103 C，假設(shè)電場和磁場區(qū)域足夠?qū)拸V，小球可視為質(zhì)點且電荷量保持不變，忽略小球在運動中的電磁輻射，重力加速度取g10 m/s2.求：(

12、1)小球到達y軸時的速度；(2)小球從A點運動到坐標為(56 m)的點經(jīng)歷的時間解析：(1)在8 mx4 m區(qū)域，小球所受電場力FqE1代入數(shù)據(jù)得F2102 N，方向向上由題知mg2102 N因Fmg所以小球做勻速直線運動，設(shè)該過程經(jīng)歷時間為t1在4 mxmg，小球做類平拋運動，設(shè)該過程經(jīng)歷時間為t2，根據(jù)運動學規(guī)律在y軸方向上有qE2mgma代入數(shù)據(jù)得a4 m/s2yat22，vyat2在x軸方向上有COv0t2代入數(shù)據(jù)得t21 s2 m，vy4 m/s由v代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s設(shè)v與y軸正方向的夾角為由tan，代入數(shù)據(jù)解得45.(2)在x0區(qū)域，qE3mg，分析知，小球先在第一象限做半徑

13、為r、周期為的勻速圓周運動，接著交替在第四、第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，軌跡如圖所示洛倫茲力提供向心力，有qvBm代入數(shù)據(jù)得r m設(shè)小球在第一象限第一次到達x軸的位置為P點，第二次到達x軸的位置為G點由幾何關(guān)系得OP2 m，PG2rcos2 m小球做勻速圓周運動的周期為T代入數(shù)據(jù)得T s設(shè)小球從O點到達x軸上H(56 m,0)點的時間為t3因28，即OHOP27PG故t3tOPtPH27代入數(shù)據(jù)得t3 s又t11 s由答圖可知，達到橫坐標為56 m的點有以下三種情況：到達橫坐標為56 m的I點，tAIt1t2t3 s到達橫坐標為56 m的H點，tAHt1t2t3 s到達橫坐標為56 m的J點，tAJt1t2t3 s.答案：見解析14