能力課2 帶電粒子在復(fù)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(fù)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(dá)到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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(fù)為()A1.3 m/s，a正、b負(fù) B2.7 m/s，a正、b負(fù)C1.3 m/s，a負(fù)、b正 D2.7 m/s，a負(fù)、b正解析：選A血液中正負(fù)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(fù)離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負(fù)離子向下偏，則a帶正電，b帶負(fù)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(fù)電小球(可視為質(zhì)點)用不可伸長的絕緣細(xì)線拴住，細(xì)線的另一端系于O點，現(xiàn)加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B)和一勻強(qiáng)電場，使小球在水平面內(nèi)以某角速度做勻速圓周運動，這時細(xì)線與豎直方向夾角為30°，且細(xì)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(xì)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(xì)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(xì)線長為半徑，所以有Lr，依題意有rLsin30°，所以，C正確，D錯誤3(多選)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)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(yīng)強(qiáng)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UCD<0C僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時，電勢差UCD變大D在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時，元件的工作面應(yīng)保持水平解析：選BC電勢差UCD與磁感應(yīng)強(qiáng)度B、電流強(qiáng)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UCD<0，選項B正確；僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時，電勢差UCD變大，選項C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直且東西放置，選項D錯誤4(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從a點由靜止開始自由下落，到達(dá)一豎直放置的平行金屬板中軸線上的點P(P點與金屬板上邊緣等高)時，其加速度大小恰為重力加速度大小g，它過電磁場區(qū)域，最后恰好從左側(cè)金屬板的下邊緣離開電磁場區(qū)域已知a點與P點之間的距離為h，兩極板間的電壓為U，板長為L，兩極板間距為d，兩板間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A小球剛進(jìn)入電磁場時電場力與磁場力大小相等B小球一定帶正電荷C小球開始下落的高度hD小球離開電磁場時的速度大小為解析：選ACD小球在P點受電場力、磁場力和重力的作用，因加速度大小恰為重力加速度大小g，可知電場力與磁場力大小相等，方向相反，選項A正確；設(shè)小球在P點的速度大小為v，由機(jī)械能守恒定律可得mghmv2，又qqBv，聯(lián)立解得h，選項C正確；因小球在電磁場中加速運動，所以小球經(jīng)過P點后，它所受的洛倫茲力大于電場力，由小球從左側(cè)金屬板的下邊緣離開電磁場可知，小球一定帶負(fù)電荷，選項B錯誤；由功能關(guān)系得mv2mg(hL)qU，v為小球離開電磁場時的速度大小，解得v，選項D正確二、非選擇題5如圖所示，帶電荷量為q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移(斜面足夠長，取sin37°0.6，cos37°0.8) 解析：經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面所以，當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達(dá)到最大，同時位移達(dá)到最大，即qvmBmgcos物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得mgssinmvm2由得vm.s.答案：6(2019屆湖南常德模擬)如圖所示，ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，有一帶電小球質(zhì)量為m，電荷量絕對值為q，小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，且從B點射出，已知AB長度為L，AD長度為L，求：(1)小球帶何種電性及進(jìn)入復(fù)合場時的速度大??；(2)小球在復(fù)合場中做圓周運動的軌道半徑；(3)小球在復(fù)合場中運動的時間解析：(1)小球在電場、磁場和重力場的復(fù)合場中，做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電小球進(jìn)入復(fù)合場之前由動能定理：qUmv2，解得v .(2)設(shè)做圓周運動的軌道半徑為r，由幾何關(guān)系：r2(rL)2(L)2，解得r2L.(3)由(2)知圓周運動對應(yīng)圓心角：粒子運動周期：T運動時間為：tT聯(lián)立以上可得t .答案：(1)負(fù)電(2)2L(3) 7(2018屆貴陽市花溪清華中學(xué)模擬)如圖，區(qū)域內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域內(nèi)有正交的有界勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進(jìn)入?yún)^(qū)域后做勻速圓周運動，從區(qū)域右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60°，重力加速度為g，求：(1)區(qū)域和區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E1、E2的大??；(2)區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)微粒從P運動到Q的時間有多長？解析：(1)微粒在區(qū)域內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有qE1sin45°mg，解得E1微粒在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，則在豎直方向上有mgqE2，E2.(2)設(shè)微粒在區(qū)域內(nèi)水平向右做直線運動時加速度為a，離開區(qū)域 時速度為v，在區(qū)域 內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則：ag，v22ad1，Rsin60°d2，qvBm，解得B.(3)微粒在區(qū)域內(nèi)做勻加速運動，t1，在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60°，則：T，t2，解得tt1t2.答案：(1)(2) (3) 8(2019屆福建泉州檢測)如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢差為U，PQ板電勢高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g.求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向；(2)小球在金屬板之間的運動時間解析：(1)小球在金屬板之間做勻速直線運動，受重力G、電場力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，三力合力為零，結(jié)合平衡條件可知小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外，且有qv0Bmgtan45°得B.(2)解法一：設(shè)兩金屬板之間的距離為d，則板間電場強(qiáng)度E又qEmghd小球在金屬板之間的運動時間t解得t.解法二：由于fqv0B不做功，WGmgh，W電qU，則由動能定理得qUmgh0hv0t得t.答案：(1)垂直紙面向外(2)|學(xué)霸作業(yè)|自選一、選擇題1(2018屆東北三省四市教研聯(lián)合體一模)隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個系統(tǒng)中其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測量發(fā)動機(jī)轉(zhuǎn)速時，情境可簡化如圖甲所示，被測轉(zhuǎn)子的輪齒(表面具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發(fā)生變化霍爾元件的原理如圖乙所示，傳感器的內(nèi)置電路會將霍爾電壓調(diào)整放大，輸出一個脈沖信號下列說法正確的是()A霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的B其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高C若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為負(fù)電荷D若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號解析：選C霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的，選項A錯誤；載流子沿電流方向通過霍爾元件，根據(jù)左手定則，正離子偏向前方，設(shè)產(chǎn)生的霍爾電壓為U，則有evB，解得UBbv，Inqacv，所以U·，即其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越低，選項B錯誤；根據(jù)左手定則，載流子是負(fù)電荷時，霍爾元件的前端電勢比后端低，選項C正確；若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出1 800×1502.7×105個脈沖，選項D錯誤2如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場E1和一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強(qiáng)電場E2.一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則()A微粒一定帶負(fù)電B電場強(qiáng)度E2一定豎直向下C兩電場強(qiáng)度之比D微粒的初速度為v解析：選D微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，則微粒做勻速直線運動，由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，此時有qE1mgtan37°，A錯誤；微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運動，必有mgqE2，所以E2的方向豎直向上，B錯誤；由以上分析可知，C錯誤；AP段有mgBqvcos37°，即v，D正確3(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個裝置處于正交的勻強(qiáng)電場與磁場中，電場強(qiáng)度大小為E，方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是()A物塊最終停在A點B物塊最終停在最低點C物塊做往復(fù)運動D物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mgqB解析：選CD由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點受到的電場力方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達(dá)某位置速度變?yōu)榱悖缓笥窒蜃筮\動，即物塊做往復(fù)運動，選項C正確，A、B錯誤；物塊從A點運動到最低點，由動能定理得mgRqERmv20，且E，聯(lián)立得v，物塊運動到最低點時，由牛頓第二定律得NmgqvBm，解得N2mgqB，由牛頓第三定律知，選項D正確4如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的v­t圖象如圖所示，其中正確的是()解析：選C該題中，小球的運動性質(zhì)與電性無關(guān)設(shè)小球帶正電，對帶電小球進(jìn)行受力分析如圖所示，剛開始速度v比較小，F(xiàn)洛qvB比較小，電場力F>F洛，GFfma，即maG(FqvB)，隨著速度v的不斷增大，a也不斷增大當(dāng)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(dāng)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(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E5 N/C，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T有一帶正電的小球，質(zhì)量m1.0×106 kg，電荷量q2×106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)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屆河北衡水中學(xué)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(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E大小為50 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為2.0 T現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負(fù)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(dāng)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(jī)械能；(2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半徑r；(3)當(dāng)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(jī)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dá)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Wf；(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(dāng)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(biāo)系xOy，A點的坐標(biāo)為(8 m,0)，C點的坐標(biāo)為(4 m,0)；A點右側(cè)的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，8 mx<4 m區(qū)域的場強(qiáng)大小為E15 V/m，4 mx<0區(qū)域的場強(qiáng)大小為E27 V/m，x0區(qū)域的場強(qiáng)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(biāo)平面，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)入電場已知小球的質(zhì)量m2×103 kg，電荷量q4×103 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：(1)小球到達(dá)y軸時的速度；(2)小球從A點運動到坐標(biāo)為(56 m)的點經(jīng)歷的時間解析：(1)在8 mx<4 m區(qū)域，小球所受電場力FqE1代入數(shù)據(jù)得F2×102 N，方向向上由題知mg2×102 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 mx<0區(qū)域，qE2>mg，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(xué)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(dá)x軸的位置為P點，第二次到達(dá)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(dá)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(dá)到橫坐標(biāo)為56 m的點有以下三種情況：到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的I點，tAIt1t2t3 s到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的H點，tAHt1t2t3 s到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的J點，tAJt1t2t3 s.答案：見解析14