2019版高考物理金榜一轮课时分层作业：二十七 9.3带电粒子在复合场中的运动含解析

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2019版高考物理金榜一轮高效演练创新预测： 9.3带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析

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高效演练·创新预测1. (多选)(2018·焦作模拟)某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出),带电小球沿如图所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动,此空间同时存在由A指向B的匀强磁场,则下列说法正确的是( )A.小球一定带正电B.小球可能做匀速直线运动C.带电小球一定做匀加速直线运动D.运动过程中,小球的机械能增大【解析】选C、D。

由于重力方向竖直向下,空间存在磁场,且直线运动方向斜向下,与磁场方向相同,故不受磁场力作用,电场力必水平向右,但电场具体方向未知,故不能判断带电小球的电性,选项A错误;重力和电场力的合力不为零,故不是匀速直线运动,所以选项B错误;因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同,故小球一定做匀加速运动,选项C正确;运动过程中由于电场力做正功,故机械能增大,选项D正确。

【加固训练】带电质点在匀强磁场中运动,某时刻速度方向如图所示,所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反,不计阻力,则在此后的一小段时间内,带电质点将( )A.可能做直线运动B.可能做匀减速运动C.一定做曲线运动D.可能做匀速圆周运动【解析】选C。

带电质点在运动过程中,重力做功,速度大小和方向发生变化,洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化,故带电质点不可能做直线运动,也不可能做匀减速运动或匀速圆周运动,C正确。

2.静置的内壁光滑的漏斗处于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,漏斗内有一质量为m,电荷量为q的带正电小球,在水平面内沿图示方向做匀速圆周运动,若漏斗侧壁与竖直方向的夹角为θ,小球的线速度为v,则小球做圆周运动的半径为( )A. B.C. D.【解析】选C。

根据左手定则,小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外,受力分析如图,F N sinθ=mgF N cosθ-qvB=m所以:R=3.(2018·黄石模拟)物理课堂教学中的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。

2019高考物理一轮复习课时作业9.3带电粒子在复合场中的运动

第九章第三节带电粒子在复合场中的运动[能力提升课][限时45分钟；满分100分]一、选择题(每小题8分，满分80分)1．(2019·武汉模拟)如图9－3－16所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为m a，m b，m c，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。

下列选项正确的是导学号：82210846图9－3－16A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m cC．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a解析本题考查带电粒子在复合场中的运动。

因微粒a做匀速圆周运动，则微粒重力不能忽略且与电场力平衡：m a g＝qE；由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下，则对b、c分别由平衡条件可得m b g＝qE＋Bq v b＞qE、m c g＝qE －Bq v c＜qE，故有m b＞m a＞m c，B正确。

答案 B2．(2016·全国新课标Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图9－3－17所示，其中加速电压恒定。

质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。

若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。

此离子和质子的质量比约为导学号：82210847图9－3－17A ．11B ．12C ．121D ．144解析根据动能定理可得：qU ＝12m v 2，带电粒子进入磁场时速度v ＝2qU m，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，q v B ＝m v 2r ，解得：m ＝qB 2r 22U ，所以此离子和质子质量比约为144，故A 、B 、C 错误，D 正确。

2019版高考物理金榜一轮课时分层作业：二十二 7.3电容器与电容带电粒子在电场中的运动】

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课时分层作业二十二电容器与电容带电粒子在电场中的运动(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.如图所示,固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开,两极板与一个静电计相连,将B极向左水平移动一小段距离后,电容器的电容C、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E的变化情况分别是( )A.C变小,θ变大,E不变B.C不变,θ不变,E变小C.C变小,θ不变,E不变D.C变小,θ变大,E变小【解析】选A。

当负极板左移一小段距离时,d增大,由C=可知,电容C减小,由U=可知两极间的电压增大,因电压增大,静电计指针偏角会增大,根据E===,不论极板间距如何变化,极板的电量总不变,因此电场强度不变,故A正确,B、C、D错误。

2.(2018·淄博模拟)如图所示,从F处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动,指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U) ( )A.电子到达B板时的动能是eUB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3eUD.电子在A板和D板之间做往复运动【解析】选C。

释放出一个无初速度电荷量为e的电子,在电压为U 的电场中做加速运动,当出电场时,所获得的动能等于电场力做的功,即W=eU,故A正确;由图可知,BC间没有电压,则没有电场,所以电子在此处做匀速直线运动,则电子的动能不变,故B正确;电子以eU的动能进入CD电场中,在电场力的阻碍下,电子做减速运动,由于CD间的电压也为U,所以电子到达D板时速度减为零,开始反向运动,故C错误;由上可知,电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速,再反向加速、匀速再减速,做往复运动,故D正确。

3.喷墨打印机的简化模型如图所示。

2019版高考物理一轮复习第九章磁场课后分级演练27带电粒子在复合场中的运动

课后分级操练 ( 二十七 ) 带电粒子在复合场中的运动【 A 级——基础练】1．( 多项选择 ) 带电小球以必定的初速度 v 0 竖直向上抛出，能够达到的最大高度为 h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上涨的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为 v 0，小球上涨的最大高度为 h 3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上涨的最大高度为 h 4，如下图．不计空气，则()A ．必定有 h 1＝ h 3B ．必定有 h 1<h 4C ． 2 与 4 没法比较D ． 1与 h 2 没法比较hhh2分析： AC 第 1 个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：1＝v 0. 第 3 个图：当加上2g2电场时，由运动的分解可知：竖直方向上有， v 0＝ 2gh 3，因此 h 1＝ h 3，故 A 正确；而第 2 个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为k，则由能量守恒得：2＋ k ＝12121，因此h 1> 2，所，又因为＝E mgh E2mv2mv mghh以 D 错误．第 4 个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于1，也可能小h于 h ，故 C 正确， B 错误．12.( 多项选择 ) 如图，空间中存在正交的匀强电场E 和匀强磁场 B ( 匀强电场水平向右 ) ，在竖直平面内从a 点沿 ab 、 ac 方向抛出两带电小球 ( 不考虑两带电球的互相作用，两球电荷量一直不变 ) ，对于小球的运动，以下说法正确的选项是 ( )A ．沿 ab 、 ac 方向抛出的带电小球都可能做直线运动B ．只有沿 ab 抛出的带电小球才可能做直线运动C ．如有小球能做直线运动，则它必定是匀速运动D ．两小球在运动过程中机械能均守恒分析： AC沿 ab 方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A 正确，B 错误．在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动必定是匀速直线运动，C 正确．两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D 错误．3. 如下图是医用盘旋加快器表示图，其核心部分是两个 D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加快氘核 24( 1H) 和氦核 ( 2He)．下列说法中正确的选项是( )A ．它们的最大速度同样B ．它们的最大动能同样C ．它们在D 形盒内运动的周期不一样D ．仅增大高频电源的频次可增大粒子的最大动能分析： A由＝v 2v ＝qBR 2 4v 也同样，即 A 项正确． km得， 1H 和 2He 的比荷相等，故Bqv m RmE1 2q 2B 2R 224q 22π m＝ 2mv ＝ 2m ， 1H 和 2He 的 m 的值不等，则 E km 不一样，即 B 项错．周期 T＝Bq ，由上述剖析可见 T 同样，即 C 项错．粒子的最大动能与频次没关，故D 项错．4.( 多项选择 ) 如下图，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一同静置于粗拙的水平川板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一同保持相对静止向左加快运动，在加快运动阶段，以下说法正确的选项是( )A ．甲对乙的压力不停增大B ．甲、乙两物块间的摩擦力不停增大C ．乙对地板的压力不停增大D ．甲、乙两物块间的摩擦力不停减小分析： ACD 对甲、乙两物块受力剖析，甲物块受竖直向下的洛伦兹力不停增大，乙物块对地板的压力不停增大，甲、乙一同向左做加快度减小的加快运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于F f ＝ m 甲 a ，甲、乙两物块间的摩擦力不停减小．故A 、 C 、D 正确．5. 如下图，一电子束垂直于电场线与磁感觉线方向入射后偏向 A 极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采纳的方法是( ) A ．将变阻器滑动头 P 向右滑动B ．将变阻器滑动头 P 向左滑动C ．将极板间距离适合减小D ．将极板间距离适合增大U分析： D 电子入射极板后，倾向A 板，说明 Eq ＞ Bvq ，由 E ＝ d 可知，减小场强 E 的方法有增大板间距离和减小板间电压，故 C 错误， D 正确；而挪动滑动头 P 其实不可以改变板间电压，故 A 、B 均错误．6. 如下图，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感觉强度为B 的匀强磁场， x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感觉强度为B的匀强磁2场．一带负电的粒子从原点O 以与 x 轴成 30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R .不计重力，则 ()A ．粒子经偏转必定能回到原点OB ．粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 2∶ 1C ．粒子达成一次周期性运动的时间为2π m3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿 x 轴行进 3Rmv分析： D 带电粒子在磁场中向来向x 轴正方向运动， A 错误．因 R ＝ qB 且 B 1＝ 2B 2，所以轨道半径之比∶ 2＝1∶ 2，B 错误．粒子达成一次周期性运动的时间t1 1π m 1＝1＋2＝＋RR6T6T3qB2π m π m错误．粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴行进距离 l ＝ R ＋ 2R ＝3R ， D3＝， CqB qB正确．7.( 多项选择 ) 如图，为商讨霍尔效应，取一块长度为 a 、宽度为 b 、厚度为 d 的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场 B ，且通以图示方向的电流I 时，用电压表测得导体上、下表面 M 、N 间电压为 U . 已知自由电子的电荷量为e . 以下说法中正确的选项是()A ． M 板比 N 板电势高B ．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大UC ．导体中自由电子定向挪动的速度为v ＝ BdBID ．导体单位体积内的自由电子数为eUd分析： CD 电流方向向右，电子定向挪动方向向左，依据左手定章判断可知，电子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则 M 板累积了电子， M 、 N 之间产生向上的电场，因此M 板比 N板电势低，选项 A 错误．电子定向挪动相当于长度为 d 的导体切割磁感线产生感觉电动势，电压表的读数U 等于感觉电动势 E ，则有 U ＝ E ＝ Bdv ，可见，电压表的示数与导体单位体积U内自由电子数没关，选项 B 错误；由 U ＝ E ＝Bdv 得，自由电子定向挪动的速度为 v ＝ Bd ，选项 C 正确；电流的微观表达式是I ＝，则导体单位体积内的自由电子数＝I，＝，nevSn evSSdbv ＝UBI，代入得 n ＝，选项 D 正确．Bd eUb8. 如下图，一个质量为 m 、电荷量为＋ q 的带电粒子，不计重力．在a 点以某一初速度水平向左射入磁场地区 I ，沿曲线 abcd 运动， ab 、bc 、cd 都是半径为R的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t .规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场地区Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感觉强度B随x 变化的关系可能是()分析：C 由题目条件和题图可知，粒子从a点运动到b点的过程中 ( 即在磁场地区Ⅰ中 ) ，磁感觉强度为正，因此 B、 D 错误；又知道粒子质量、带电荷量、运动半径及运动时间，由公式＝2πmt90°·T能够获得磁感觉强度B的大小为π m及＝，因此 C 正确， A 错误．T Bq360°2qt9.如下图，一个质量 m＝0.1 g，电荷量 q＝4×10－4C带正电的小环，套在很长的绝缘直棒上，能够沿棒上下滑动．将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E＝10 N/C， B＝0.5 T．小环与棒之间的动摩擦因数μ＝0.2.求小环从静止沿棒竖直着落的最大加快度和最大速度．取g＝10m/s2，小环电荷量不变．分析：小环由静止下滑后，因为所受电场力与洛伦兹力同向( 向右 ) ，使小环压紧竖直棒．互相间的压力为F N＝ qE＋ qvB.因为压力是一个变力，小环所受的摩擦力也是一个变力，能够依据小环运动的动向方程找出最值条件．依据小环竖直方向的受力状况，由牛顿第二定律得运动方程mg－μ F N＝ ma，即 mg－μ( qE ＋qvB)＝ ma.当 v＝0时，即刚着落时，小环运动的加快度最大，代入数值得a m＝2 m/s2.着落伍，跟着 v 的增大，加快度 a 渐渐减小．当 a＝0时，着落速度 v 达最大值，代入数值得 v ＝5 m/s.m答案： a ＝2 m/s2v ＝5 m/sm m10．x轴下方有两个对于直线x＝－0.5 a 对称的沿 x 轴的匀强电场(大小相等，方向相反) ．如图甲所示，一质量为m、带电荷量为－q的粒子 ( 不计重力 ) ，以初速度v沿y轴正方向从P 点进入电场，后从原点 O以与过 P 点时同样的速度进入磁场(图中未画出)．粒子过 O点的同时在MN和 x 轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向．正向磁场与反向磁场的磁感觉强度大小相等，且连续的时间同样．粒子在磁场中运动一段时间后抵达Q点，而且速度也与过P 点时速度同样．已知 P、O、Q在一条直线上，与水平方向夹角为θ，且 P、Q两点横坐标分别为－a、 a.试计算：(1)电场强度 E的大小；(2)磁场的磁感觉强度 B的大小；(3)粒子从 P 到 Q的总时间．分析： (1) 带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为 t ，对该运动剖析得y 方向： a tanθ ＝2vt1qE 2x方向： a＝ t ，22m24mv解得： E＝aq tan2θ，t＝ a tanθ .2v(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如下图 ( 只画出一个周期的状况 )设半径为 R，由几何关系可知acosθ＝ 4nR cos θ ( n＝ 1,2,3 ， ) ，v2Bqv＝ m R，24nmv cos θ解得 B＝( n＝ 1,2,3 ， ) ．qa(3)带电粒子在电场中运动的时间t 电＝2t ＝a tanθv.研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为 t 磁，设单元圆弧对应的圆心角为α ，由几何关系可知α＝π－ 2θ，则t 磁＝ 2π － 2θRπ － 2θa＝2，n v2v cos θ因此粒子从 P 到 Q 的总时间t 总＝ t 电＋ ta tan θπ － 2θ a磁＝v＋2v cos 2θ.2 4 2答案： (1)4mvnmv cos θn ＝1,2,3 ， )2(2)(aq tan θqa(3)a tan θ＋ π － 2θ av 2v cos 2θ【 B 级——提高练】11．(2017 ·三门峡市陕州中学检测 ) 如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端 E 运动至皮带轮顶端 F 的过程中，其 v － t 图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s ，对于带电物块及运动过程的说法正确的选项是( )A ．该物块带负电B ．皮带轮的传动速度大小必定为1 m/sC ．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D ．在 2～ 4.5 s 内，物块与皮带仍可能有相对运动分析： D 对物块进行受力剖析可知，开始时物块遇到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为 μ，沿斜面的方向有 μ F N － mg sin θ ＝ ma ①物块运动后，又遇到洛伦兹力的作用，加快度渐渐减小，由①式可知，必定是F N 渐渐减小，而开始时F N ＝ mg cos θ ，此后 F N ′＝ mg cos θ － f 洛，即洛伦兹力的方向是向上的，物块沿皮带向上运动，由左手定章可知物块带正电，故 A 错误．物块向上运动的过程中，洛伦兹力愈来愈大，则遇到的支持力愈来愈小，联合①式可知，物块的加快度也愈来愈小，当加快度等于 0 时，物块达到最大速度，此时sin θ ＝ μ ( cos θ－ f 洛) ②mgmg由②式可知，只需皮带的速度大于或等于1 m/s ，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度没关，因此皮带的速度可能是 1 m/s ，也可能大于 1 m/s ，则物块可能相对于传递带静止，也可能相对于传递带运动，故 B 错误， D 正确．由以上剖析可知，皮带的速度没法判断，因此若已知皮带的长度，也不可以求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C 错误．12.( 多项选择 ) 如下图是选择密度同样、大小不一样的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O1进入小孔时可以为速度为零，加快电场地区Ⅰ的板间电压为U，粒子经过小孔O2射入正交的匀强电场和匀强磁场地区Ⅱ，此中匀强磁场的磁感觉强度大小为B，左右两极板间距为d，地区Ⅱ的出口小孔O3与 O1、 O2在同一竖直线上，若半径为 r 0、质量为 m0、电荷量为 q0的纳米粒子恰巧能沿该直线经过，不计纳米粒子重力，则 ()2q0U A．地区Ⅱ的电场的场强盛小与磁场的磁感觉强度大小比值为m01q UB．地区Ⅱ左右两极板的电势差U＝ Bd0m0C．若密度同样的纳米粒子的半径r >r 0，则它进入地区Ⅱ时仍将沿直线经过D．若密度同样的纳米粒子的半径r >r 0，它进入地区Ⅱ时仍沿直线经过，则地区Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为r 0 r分析： AD设半径为r 0 的粒子加快后的速度为v，则有0＝1 02，设地区Ⅱ内电场强q U2mv度为，由题意可知洛伦兹力等于电场力，即＝0 ，联立解得＝B 2q0U E2q0U0，则＝，E q vB q E E m B m00地区Ⅱ左右两极板的电势差为＝Bd 2q0Ur>0，，故 A 正确， B 错误；若纳米粒子的半径Ed m r 0设半径为r的粒子的质量为、带电荷量为q、加快后的速度为v′，则＝ (r) 30，而q＝m m rm(r)20 ，由12，解得v′＝2q0Ur0r 0<，故粒子进入地区Ⅱ后遇到的洛伦r′ ＝m0r＝q2mv qU r v vr 0兹力变小，粒子向左偏转，故 C 错误；因为v′＝r v，由 E＝ Bv可得，地区Ⅱ的电场与r 0原电场的电场强度之比为r，故 D 正确．13．如图甲所示，在MN下方存在竖直向上的匀强电场，在MN上方以 MN为弦、半径为R的虚线地区内存在周期性变化的磁场，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正方向．弦所对的圆心角为120°. 在t ＝ 0 时，一质量为、电荷量为＋q的带电MN m粒子，以初速度v 从A点沿直径射入磁场，运动到圆心O点后，做一次半径为R的完好AOB2的圆周运动，再沿直线运动到B点，在 B 点经挡板碰撞后原速率返回( 碰撞时间不计，电荷量不变 ) ，运动轨迹如图甲所示．粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场．求：(1) 磁场的磁感觉强度 B 0 的大小及变化周期 T 0；(2) 粒子从 B 点运动到 A 点的最短时间 t ；(3) 知足 (2) 中条件所加的电场强度E 的大小．R分析： (1) 依据题意，粒子在磁场中运动的半径为 r ＝ 2，由洛伦兹力供给向心力得 qvB 0v 2 2mv ＝m r ，解得 B 0 ＝ qR由题图剖析可知，粒子从 A 点沿直径匀速运动到O 点，而后做一个完好的圆周运动AOB所用的时间为一个周期，则R ＋ π RR0＝＝( π ＋ 1)TTvvR πR(2) 设一个周期内没有磁场的时间为 t 1，存在磁场的时间为 t 2，则 t 1＝ v ， t 2＝ v因为∠＝120°，可求得与R之间的距离为 .MONMNAB21粒子从 B 点返回时，恰巧进入磁场并做 4圆周运动，而后进入电场做匀减速运动，当返回后刚走开电场时粒子做圆周运动，此时必定存在磁场，为了知足题图甲的运动轨迹，粒子33在电场中的最短时间为t 1＋ 4t 2. 则粒子从B 点运动到A 点的最短时间为t ＝ 2( t 1 ＋4t 2) ＋ t 25R＝2t 1＋ 2t 2＝ (4 ＋ 5π ) 2v(3) 粒子在电场中做匀变速运动，加快度为a ＝qEmqE3依据速度公式得2v ＝ m ×(t 1＋ 4t 2)8mv2解得 E ＝8mvqt 12＝.＋ 3t＋3π qR2mvRR28mv答案： (1) qR( π ＋ 1) v (2)(4 ＋ 5π ) 2v(3)＋ 3π qR14．如图甲所示，竖直面MN 的左边空间存在竖直向上的匀强电场 ( 上、下及左边无边界) ．一个质量为 m 、电荷量为 q 的可视为质点的带正电的小球，以大小为 v 0 的速度垂直于竖直面 MN 向右做直线运动，小球在 t ＝ 0 时辰经过电场中的 P 点，为使小球能在此后的运动中竖直向下经过 D 点 ( P ， D 间距为 L ，且它们的连线垂直于竖直平面 MN ， D 到竖直面 MN 的距离 DQ等于 L/π)，经过研究，能够在电场所在的空间叠加如图乙所示随时间周期性变化2πm的、垂直纸面向里的磁场，设t 0≤qB0且为未知量．求：甲乙(1)场强 E 的大小；(2) 假如磁感觉强度0 为已知量，试推出知足条件t 1 的表达式；B(3)进一步研究表示，竖直向下经过D点的小球将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求出磁感觉强度B0及运动的最大周期T 的大小，并在图中定性画出此时小球运动一个周期的轨迹．分析： (1)小球进入电场，做匀速直线运动时有：Eq＝ mgmg解得 E＝q(2) 在t1时辰加磁场，小球在时间t 0内做匀速圆周运动，设圆周运动周期为T0，半径为R，竖直向下经过D点，如图甲所示，甲0＝30， 02则t0＝v0 4TB qv m RPF－ PD＝ R，即 v t－L＝ R，解得 t ＝L m＋011v0qB0(3) 小球运动的速率一直不变，当R 变大时，0 也增添，小球在电场中的运动周期T也T增添．在小球不飞出电场的状况下，当T 最大时，有： DQ＝2R L202πR2πm2π0L 即＝mv mvqB， T0＝v＝B q，解得 B0＝qL， T0＝vπ0000联合轨迹图可知，小球在电场中运动的最大周期：3T0T＝4×(4＋ t 0)，6L解得 T＝v0小球在电场中运动一个周期的轨迹图如图乙所示．乙答案： (1)mg(2)t 1＝L m q＋qB0v02πmv6L(3)0轨迹图看法析qL v015．如下图，在xOy 平面的第Ⅱ象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E.第Ⅰ和第Ⅳ象限内有一个半径为R的圆，其圆心坐标为( R,0)，圆内存在垂直于 xOy平面向里的匀强磁场，一带正电的粒子( 重力不计 ) 以速度v0从第Ⅱ象限的P点平行于x轴进入电场后，恰巧从坐标原点O进入磁场，速度方向与x 轴成60°角，最后从 Q点平行于 y 轴射出磁场． P 点所在处的横坐标x＝－2R.求：(1)带电粒子的比荷；(2)磁场的磁感觉强度大小；(3)粒子从 P 点进入电场到从 Q点射出磁场的总时间．分析： (1) 粒子在电场中做近似平抛运动，依据分运动公式，有：tan 60 °＝v y at 1＝①v0v0qE依据牛顿第二定律，有：a＝m②水均分运动： x＝2R＝ v0t ③联立解得：v y＝ v0tan 60°＝3v0④q3v20＝⑤m2ER(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如下图：由几何关系，图中轨迹圆与磁场圆的两个交点、轨迹圆圆心 O2、磁场圆圆心 O1组成四边形，因为∠ O1OO2＝30°，故?O1OO2P 是菱形，故： r ＝ R⑥依据牛顿第二定律，有：v2qvB＝ m r⑦v0式中： v＝cos 60°＝2v0⑧43E联立解得： B＝3v0⑨(3)在电场中是近似平抛运动，有：x2Rt ＝＝⑩v0 v0在磁场中是匀速圆周运动，时间：θθ2πm 5πRt ′＝2π T＝2π·qB＝12v0?故总时间为：t 总＝ t ＋ t2R 5πR 24R＋ 5πR′＝v0＋12v0＝12v0?2 4 3E24R＋ 5πR3v0答案： (1)2ER(2)3v0(3)12v0。

2019版高考物理金榜一轮高频考点强化： (八) Word版含解析

高频考点强化(八)带电粒子在复合场中的运动问题(45分钟100分)1、(18分)如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。

已知：静电分析器通道的半径为R,均匀辐射电场的场强为E。

磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。

忽略重力的影响。

问：(1)为了使位于A处电荷量为q、质量为m的离子,从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,加速电场的电压U应为多大?(2)离子由P点进入磁分析器后,最终打在感光胶片上的Q点,该点距入射点P多远?【解析】(1)离子在加速电场中加速,根据动能定理有qU=mv2①离子在辐射电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,有qE=m②解得U=ER ③(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m④由②、④式得r==⑤故PQ=2r=答案：(1)ER (2)2、(18分)如图甲所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,电场强度E=×104 N/C。

现将一重力不计、比荷=1×106 C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放,经过t0=1×10-5s后,通过MN上的P 点进入其上方的匀强磁场。

磁场方向垂直于纸面向外,以电荷第一次通过MN时开始计时,磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。

(1)求电荷进入磁场时的速度。

(2)求图乙中t=2×10-5 s时刻电荷与P点的距离。

(3)如果在P点右方d=100 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板,求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。

【解析】(1)电荷在电场中做匀加速直线运动,则Eq=ma,v0=at0代入数据解得v0=π×104 m/s(2)当B1=T时,电荷运动的半径r1==0、2 m=20 cm周期T1==4×10-5 s当B2=T时,电荷运动的半径r2==10 cm周期T2==2×10-5 s故电荷从t=0时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如图所示。

2019高考物理一轮优级备、讲、练全国经典版讲义：第9

第3讲带电粒子在复合场中的运动板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】带电粒子在复合场中的运动Ⅱ1.复合场与组合场(1)复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。

(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。

2.三种场的比较3.带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做□15匀速直线运动。

(2)匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小□16相等，方向□17相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做□18匀速圆周运动。

(3)较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做□19非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。

(4)分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。

【知识点2】带电粒子在复合场中运动的应用实例Ⅱ(一)电场、磁场分区域应用实例1.质谱仪(1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。

(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU ＝12m v 2。

粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式q v B ＝m v 2r 。

由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。

r ＝ 1B 2mU q ，m ＝ qr 2B 22U ，q m ＝ 2U B 2r 2。

2.回旋加速器(1)构造：如图乙所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中。

(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D 形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。

2019高考物理带电粒子在复合场中的运动 Word版含答案(打包下载)

第10讲带电粒子在复合场中的运动一、牢记一个网络明晰粒子在不同场中运动规律二、做好“两个区分”：求解“电偏转”与“磁偏转”1．正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关，与路径无关，而洛伦兹力不做功．2．正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同．“电偏转”是指带电粒子在电场中做类平抛运动，而“磁偏转”是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．三、抓住“两个技巧”，突破问题重点1．按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程．2．善于画出几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯．高频考点1电磁技术的应用1－1.(2017·山西省高三联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中末画出)接收到该粒子，且GF ＝3R .则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )A ．8UR 2B 2B ．4UR 2B 2C ．6UR 2B2B ．2U R 2B2解析：设粒子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝3R 3，又Bq v ＝m v 2r ，可求q m ＝6UR 2B2，故C 正确．答案：C1－2．(多选)(2017·贵州贵阳一中模拟)如图所示元件为某种型号的半导体，这种半导体内导电的粒子为自由电子，每个载流子所带电量的绝对值为e ，n 为单位体积内载流子数．已知元件长为a 、宽为b 、厚为c ，现将该半导体材料板放在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿y 轴正方向．当有大小为I 、沿x 轴正方向的恒定电流通过该材料板时，会在与z 轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U H ，下列说法正确的是( )A ．材料上表面的电势高于下表面的电势B ．在其他条件不变时通过材料的电流I 越大霍尔电势差越大C ．在其他条件不变时材料的宽度b 越大霍尔电势差越大D ．在其他条件不变时该磁场的磁感应强度B 越大霍尔电势差越大解析：半导体内导电的粒子“载流子”为自由电子，根据左手定则，则电子受到洛伦兹力方向向上，导致上表面的电势低于下表面的，故选项A 错误；据I ＝nes v ＝ne v bc 和e v B ＝eE ＝e U H b 知U H ＝BInec，所以I 越大、B 越大霍尔电势差越大，故选项BD 正确，C 错误．答案：BD1－3． (多选)如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ，磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是( )A ．金属板M 上聚集负电荷，金属板N 上聚集正电荷B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上解析：由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转，负离子将向金属板N 偏转，选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知．电源的电动势等于电源的路端电压，所以E ＝U ＝PR ＝100 V ，选项B 正确；由Bq v ＝q Ud 可得v＝UBd＝100 m/s ，选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ，而I ＝PR＝1 A ，所以Q ＝1 C ，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝Q e ＝11.6×10－19＝6.25×1018(个)，选项D 正确．答案：BD高频考点2 带电粒子在组合场、交变场中的运动如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xOy ，在第一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ，电量为e 的电子从第一象限的某点P ⎝⎛⎭⎫L ，38L 以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动，经过x 轴上的点Q ⎝⎛⎭⎫L 4，0进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O ，并沿y 轴的正方向运动，不计电子的重力．求：(1)电子经过Q 点的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和磁场的最小面积S ． [审题流程]【解析】 (1)电子做类平抛运动，有： 3L 4＝v 0t ，3L 8＝v y 2t ，解得：v y ＝33v 0 经过Q 点的速度大小为：v Q ＝v 2x ＋v 2y ＝233v 0与水平方向夹角为：θ＝arc tanv y v x ＝arc tan 33＝30°． (2)电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用磁场速度偏转角为120°．由几何关系得r ＋r sin 30°＝L 4，解得r ＝L12由向心力公式eB v ＝m v 2r解得B ＝83m v 0eL ，方向垂直于纸面向里矩形磁场右边界距y 轴的距离 d ＝r ＋r cos 60°＝32r ＝L8下边界距x 轴的距离r ＝L12最小面积为S ＝d ·r ＝L 296．【答案】 (1)233v 0，与水平方向夹角为30°(2)83m v 0eL ，方向垂直于纸面向里 L 296带电粒子在电磁组合场中运动的处理方法(1)在电场中的运动一般分两种情况：①在电场中做匀变速直线运动，用动能定理或者运动学公式求速度和位移；②在电场中做类平抛运动，用运动的合成与分解来处理．(2)在磁场中的运动为匀速圆周运动，利用圆周运动的规律结合几何关系处理． (3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．(2017·桂林模拟)如图甲所示，宽度为d 的竖直狭长区域内(边界为L 1、L 2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E 0，E ＞0表示电场方向竖直向上．t ＝0时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的N 1点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N 2点．Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g .上述d 、E 0、m 、v 、g 为已知量．(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小． (2)求电场变化的周期T ．(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值． [审题流程]【解析】 (1)微粒做直线运动，则 mg ＋qE 0＝q v B① 微粒做圆周运动，则mg ＝qE 0 ② 联立①②得q ＝mgE 0③ B ＝2E 0v④ (2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，做圆周运动的周期为t 2，则d2＝v t 1⑤ q v B ＝m v 2R⑥ 2πR ＝v t 2⑦ 联立③④⑤⑥⑦得t 1＝d2v ；t 2＝πv g⑧电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πv g⑨ (3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d ≥2R ⑩ 联立③④⑥得R ＝v 22g⑪设在N 1Q 段直线运动的最短时间为t 1min ，由⑤⑩⑪得 t 1min ＝v 2g因t 2不变，T 的最小值T min ＝t 1min ＋t 2＝(2π＋1)v2g．【答案】 (1)q ＝mg E 0 B ＝2E 0v (2)T ＝d 2v ＋πvg(3)T min ＝(2π＋1)v 2g解决带电粒子在交变电、磁场中运动问题的基本思路先读图—看清、并明确场的变化情况 ↓受力分析—分析粒子在不同的变化场区的受力情况 ↓过程分析—分析粒子在不同时间内的运动情况 ↓找衔接点—找出衔接相邻两过程的物理量 ↓选规律—联立不同阶段的方程求解2－1． (2017·天津卷)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t① L ＝12at 2②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y v y ＝at③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有 tan α＝v yv 0④联立①②③④式得 α＝45°⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 20＋v 2y⑥联立①②③⑥式得 v ＝2v 0⑦(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得F ＝ma ⑧ 又F ＝qE⑨设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R⑩由几何关系可知 R ＝2L⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得 E B ＝v 02⑫答案：见解析2－2.(2017·厦门一中模拟)如图甲所示，y 轴右侧空间有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，同时还有沿－y 方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴射入电场和磁场区，t 0时刻粒子到达坐标为(x 0，y 0)的点A (x 0＞y 0)，速度大小为v ，方向沿＋x 方向，此时撤去电场，t ＝t 0＋t 1＋t 2时刻，粒子经过x 轴上x ＝x 0点，速度沿＋x 方向，不计粒子重力，上述m 、q 、v 0、v 、x 0、y 0、B 0为已知量，求：(1)0～t 0时间内OA 两点间电势差U OA ； (2)粒子在t ＝0时刻的加速度大小a 0； (3)B 1的最小值及对应t 2的表达式．解析：(1)带电粒子由O 到A 运动过程中，由动能定理 qU OA ＝12m v 2－12m v 20解得：U OA ＝m v 2－m v 22q．(2)设电场强度大小为E ，则U AO ＝Ey 0，t ＝0时刻，q v 0B 0－qE ＝ma 0解得：a 0＝B 0v 0q m －v 20－v 22y 0．(3)t 0～t 0＋t 1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，t 0＋t 1时刻粒子从C 点切入大圆，大圆最大半径为x 0，相应小圆最大半径为R ，则：R ＝2x 0－y 02，而且q v B 1＝m v 2RB 1的最小值，B min ＝2m vq (2x 0－y 0)，对应于B 1取最小值，带电粒子由C 点到经过x 轴上x＝x 0点的时间t 2满足t 2＝⎝⎛⎭⎫k ＋12·2πx0v(k ＝0,1,2，……)答案：(1)U OA ＝m v 2－m v 202q (2)a 0＝B 0v 0q m －v 20－v22y 0 (3)B min ＝2m v q (2x 0－y 0)t 2＝⎝⎛⎭⎫k ＋12·2πx 0v(k＝0,1,2，……)高频考点3带电粒子在叠加场中的运动如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C．在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间．【解析】(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得：mg∶qE∶F＝1∶1∶2．(2)由第(1)问得：mg＝qEq v B＝2qE解得：v＝2EB＝4 2 m/s．(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限．由O→A匀速运动的位移为x1＝hsin 45°＝2h其运动时间：t 1＝x 1v ＝2h 2E B＝hBE ＝0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πmqB 知，由A →C 的圆周运动时间为t 2＝14T ＝πE2gB ≈0.628 s由对称性知从C →N 的时间t 3＝t 1在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s ＋0.628 s ＝0.828 s 【答案】 (1)1∶1∶2 油滴带负电荷 (2)4 2 m/s (3)0.828 s解决带电粒子在复合场中运动问题的基本思路复合场的组成→弄清电场、磁场、重力场的组合情况 ↓受力分析→先分析场力(重力、电场力、洛伦兹力)，再分析弹力、摩擦力、其它力↓运动分析→注意运动情况和受力情况的结合 ↓分段分析→粒子通过不同种类的场时，分段讨论 ↓画出轨迹选择规律→匀速直线运动→平衡条件匀速圆周运动→牛顿运动定律和圆周运动规律复杂曲线运动→动能定理或能量守恒定律3－1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c ．已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A．m a>m b>m c B．m b>m a>m cC．m c>m a>m b D．m c>m b>m a解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动．因微粒a做匀速圆周运动，则微粒重力不能忽略且与电场力平衡：m a g＝qE；由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下，则对b、c分别由平衡条件可得m b g＝qE＋Bq v b>qE、m c g＝qE－Bq v c<qE，故有m b>m a>m c，B正确．答案：B专题四电路与电磁感应第11讲直流电路与交流电路一、明晰两个网络，理清两类电路二、明确变压器各物理量间的制约关系三、谨记三点提醒，全面清除雷区1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化．2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化．3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法．高频考点1 直流电路的分析与计算1－1． (2017·上海卷)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d解析：本题考查U -I 图象的意义．根据R ＝U I 知，定值电阻的U -I 图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U -I 图中分别连接O 与4个点，根据它们的倾斜度可知，a 和b 的阻值最接近，故选A ．答案：A1－2.(2017·辽师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR 为一个磁敏电阻，R 和R 2为滑动变阻器，R 1和R 3为定值电阻，当开关S 1和S 2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大B ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，带电微粒向下运动C ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大D ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR 的阻值减小，则通过R 1的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．A 正确，B 错误；只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R 1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C 、D 错误；故选A ．答案：A1－3． (多选)(2017·衡阳八中高三质检)如图所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R 3＝5 Ω.开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩC ．开关K 断开时理想电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析：开关闭合时，ab 段只有电阻R 1工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫ER 1＋R 3＋r 2R 1，当开关断开时，ab 段电阻R 1和R 2工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫ER 1＋R 2＋R 3＋r 2(R 1＋R 2)，代入数据可得A 正确B 错误；将R 3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，当断开时路端总电阻大于闭合时的，所以断开时电压表示数大，C 错误；根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －(R 3＋r )I ，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔU ΔI＝R 3＋r ＝6 Ω，D 正确．答案：AD直流电路中的功率问题(1)非纯电阻电路的电功率分析①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I 2R ＝IU ＝U 2R；②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即UI ＝I 2R ＋P 机． (2)电流的输出功率与负载的关系分析①当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r ；②当R >r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小； ③当R <r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2．高频考点2 交变电流的产生、描述2－1.(多选)(2017·天津卷)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：由Φ -t 图可知，t ＝0时，Φ＝0，则线圈平面平行于磁感线，选项A 正确；t ＝1 s 时Φ＝0，此时电动势最大，t ＝0.5 s 和t ＝1.5 s 时，Φ最大，此时电动势为0，电流改变方向，选项B 、C 错误；交流电电动势的最大值E m ＝nBSω＝nΦm 2πT ＝4π V ，有效值E ＝22E m＝22π V ，一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R·T ＝8π2J ，D 正确．答案：AD2－2.(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n ＝100匝，电阻为r ＝1 Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2 V ．下列说法中正确的是( )A ．电阻R 1上的电功率为23WB ．t ＝0.4 s 时，电阻R 2两端的电压瞬时值为零C ．从开始计时到1/20 s 通过电阻R 2的电荷量为210πCD ．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)解析：电阻R 1上的电功率为P ＝U 2R 1＝226W ＝23W ，故A 正确；线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ，t ＝0.4 s 时正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R 2两端的电压瞬时值最大，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值E ＝R ＋r R U ＝2＋12×2 V ＝3 V ，最大值E m ＝2E ＝32V ，有E m ＝NBSω，故BS ＝E mNω＝32100×10π＝321000π，故Φ＝BS sin ωt ＝321000πsin 10πt ，从开始计时到1/20 s ，磁通量的变化量ΔΦ＝321000π，故通过电阻R 2的电荷量为q ＝23×N ΔΦR ＋r ＝215πC ，故C 错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势E m ＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为E ′m ＝62V ，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)，故D 正确，故选AD ．答案：AD高频考点3 理想变压器的工作原理与计算理想变压器原、副线圈基本量间的关系提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下．(1)U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，… (2)n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… (3)P 1＝P 2＋P 3＋…3－1.(2017·湖北省七市(州)联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ，副线圈回路接有定值电阻R ＝2 Ω，现在a 、b 间和c 、d 间分别接上示波器，同时监测得a 、b 间，c 、d 间的电压随时间变化的图象如下图所示，则下列说法中错误的是( )A ．T ＝0.02 sB ．n 1∶n 2≈55∶1C ．电流表A 的示数I ≈36.4 mAD ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0解析：由图知，电压变化的周期是0.02 s ，所以A 正确；根据变压规律得：n 1n 2＝U 1U 2≈55，所以B 正确；副线圈的电流I 2＝U 2R ＝5.6622 A ，根据变流规律得原线圈电流I 1＝I 255≈0.0364 A＝36.4 mA ．所以C 正确；由图知，当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值也最大，故D 错误．本题错误的选择D ．答案：D3－2． (2017·宁德市高中质检)如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44 V 、44 W ”的灯泡和线圈电阻r ＝1 Ω的电动机，原线圈接上u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1 A ，则下列说法正确的是( )A ．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为6 WD ．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9 A解析：原线圈两端的电压U 1＝22022＝220 V ，根据题意灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压为44 V ，根据电压与匝数成正比，得n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝51，选项A 错误；根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流，I 2＝5I 1＝5 A ，灯泡中的电流I L ＝P L U L ＝4444A ＝1 A ，则电动机的电流为I M ＝4 A ，电动机的热功率：P 热＝I 2M r ＝16 W ；则电动机输出功率：P 出＝U 2I M －I 2M r ＝44×4－42×1＝160 W ，选项BC 错误；若电动机被卡住，电灯正常发光，则通过电动机的电流I ′M ＝441 A ＝44 A ；此时变压器次级电流为45 A ，则初级电流I 1′＝n 2n 1I 2′＝455A ＝9 A ，电流表的示数变为9 A ，选项D 正确；故选D ．答案：D3－3.(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100 πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，D 项错误．答案：B高频考点4 理想变压器与远距离输电问题4－1.(多选)(2017·衡阳市第二次联考)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2.下列说法正确的是( )A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明，T 1采用升压变压器⎝⎛⎭⎫匝数比为n 2n 1>1能减少远距离输电的能量损失 C ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 1∶n 2D ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 21∶n 22解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；实验可以证明，T 1采用升压变压器能减小输电电流，能减少远距离输电的能量损失，故B 正确；第一次实验输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 21R ；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I ′＝PU 2，输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ，所以：P 2P 1＝U 21U 22＝n 21n 22故D 正确，C 错误．故选BD ．答案：BD4－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，(a )是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器．(b )是用户内部电路图，由1 000个完全相同的电阻并联．(c )是某个电阻的电流随时间变化的图象．已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，远距离输电线的总电阻为r ＝20 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则( )A ．发电机的输出功率是4×106 WB ．升压变压器的输入电压是400 VC ．降压变压器的输入电压是40 000 VD ．用户电路中每个电阻的阻值是3 800 Ω解析：用户电路中通过每个电阻的电流有效值I ＝1 A ，降压变压器的输出电流I 4＝nI ＝1 000 A ，升压变压器的输出电流I 2、输电线上的电流I 线、降压变压器的输入电流I 3相等，输电线上的电流I 线＝I 2＝I 3＝n 4n 3I 4＝100 A ，输电线上损失的电功率ΔP ＝I 2线r ＝2×105W ，发电机的输出功率也就是输电功率P 1＝ΔP η＝4×106W ，A 正确；升压变压器的输入电流I 1＝n 2n 1I 2＝10 000 A ，升压变压器的输入电压U 1＝P 1I 1＝400 V ，B 正确；升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝40 000 V ，降压变压器的输入电压U 3＝U 2－I 线r ＝38 000 V ，C 错误；降压变压器的输出电压U 4＝n 4n 3U 3＝3 800 V ，每个电阻的阻值是R ＝U 4I＝3 800 Ω，D 正确．答案：ABD远距离输电中的“三路两耗”(1)三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机．回路2：输送电路．I2＝I3＝I R，U2＝U3＋U R，P2＝P R＋P3．回路3：输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．(2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，U R＝U2－U3＝I R R．②功率损耗：输电线上的功率损耗P损＝I2R＝P2－P3．电路的动态变化模型电路的动态变化模型的特点一般为电路中一个元件的电阻发生变化，可能会引起电路中电流、电压、功率同时发生变化，使整个电路处于动态变化之中．此模型涉及电路中的内、外电路，需要分析的物理量较多，能很好地考查考生应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多选)如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A．A的示数增大B．V2的示数增大。

2019年高考物理一轮复习专题42 带电粒子在复合场中的运动(讲)(含解析).doc

2019年高考物理一轮复习专题42 带电粒子在复合场中的运动（讲）（含解析）1.能分析计算带电粒子在复合场中的运动.2.能够解决速度选择器、磁流体发电机、质谱仪等磁场的实际应用问题一、复合场1．复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或相邻或在同一区域，电场、磁场交替出现．2．三种场的比较1．静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．2．匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．3．较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．4．分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．考点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．★重点归纳★1、带电粒子在叠加场中运动的分析方法2、带电体在叠加场中运动的归类分析(1)磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒．(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解．(3)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，带电体做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动．③若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解．3、带电粒子(带电体)在叠加场中运动的分析方法（1）弄清叠加场的组成．（2）进行受力分析．（3）确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．（4）画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解．③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．④对于临界问题，注意挖掘隐含条件．（5）记住三点：能够正确对叠加场中的带电粒子从受力、运动、能量三个方面进行分析①受力分析是基础：一般要从受力、运动、功能的角度来分析．这类问题涉及的力的种类多，含重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等②运动过程分析是关键：包含的运动种类多，含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动以及其他曲线运动③根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程（牛顿运动定律、运动学规律、动能定理、能量守恒定律等）求解．★典型案例★如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限中，一边长为L 的正方形区域内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直xoy 平面向里的匀强磁场，磁场的下边界与x 轴重合，右边界与y 轴重合，在第Ⅰ、Ⅳ象限x<L 区域内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，在x>L 区域内存在磁感应强度大小为B /、方向垂直纸面向里的矩形匀强磁场；一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子（重力不计）以沿y 轴负方向的速度进入第Ⅱ象限的匀强磁场区域，并从坐标原点O 处沿x 轴正方向射入匀强电场区域；（1）求带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小；（2）求带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标；（3）若带电粒子进入x>L 区域的匀强磁场时的速度方向与x 轴正方向成450角，要使带电粒子能够回到x<L 区域，则x>L 区域矩形匀强磁场的最小面积为多少？【答案】（1）qBL m （2）（L ，2-2mE qB ）（3（2）设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为-y ，带电粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，有：L=vt 21y 2at =qE=ma 联立解得：22mE y qB= 带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标为（L ，2-2mE qB）【名师点睛】此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是分析粒子在场中的受力情况，搞清运动特点，熟练掌握处理平抛运动及圆周运动的基本方法，并能联系运动草图分析解答.★针对练习1★如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化（垂直于纸面向外为正）．t=0的带正电粒子从原点沿y轴正方向v=⨯，不计粒子重力．510m/s射入，速度大小4（1）求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径．（2（3）保持b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0．3T，在t=0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．【答案】（1）1m（2）（3．41m，-1．41m）（34 22(1)10s t nπ-=+⨯（n=0,1,2,…）轨迹如图a所示，根据几何关系可知，带电粒子的坐标为（3．41m，-1．41m）（3）施加B2=0．3T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图b所示，粒子运动轨迹如图c 422(1)10s t n π-=+⨯ （n=0,1,2,…）【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题，解题时要通过磁场的变化情况分析粒子的受力变化情况，画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解；注意问题的多解情况. ★针对练习2★如图甲所示，在平行板电容器上加上如图乙所示的交变电压，在贴近E 板处有一粒子放射源，能够逐渐发射出大量质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，忽略粒子离开放射源时的初速度及粒子间的相互作用力，粒子只在电场力作用下运动，在电场中运动的时间极短可认为平行板间电压不变，。

2019高考物理一轮优级备、讲、练全国经典版限时规范特

板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分。

其中1～5为单选，6～9为多选)1．[2016·冀州月考]如图是磁流体发电机的示意图，在间距为d 的平行金属板A、C间，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与变阻器R相连，等离子体以速度v 平行于两金属板垂直射入磁场。

若要减小该发电机的电动势，可采取的方法是()A．增大d B．增大B C．增大R D．减小v答案 D解析发电机的电动势E＝Bd v，要想减小电动势，则可以通过减小B、d或v实现，D正确。

2．[2016·绵阳二诊]如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中。

A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。

其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是()答案 B解析图A 中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；图B 中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强在连线中点左侧水平向左，在连线中点右侧水平向右，带电粒子受力不为零，不可能做匀速直线运动；图C 中粒子运动方向与所处位置磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D 是速度选择器的原理图，只要v 0＝E B ，粒子做匀速直线运动，故选B 。

3. [2016·长春质监]如图所示，宽度为d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。

实验表明：当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为：U ＝K IB d ，式中的比例系数K 称为霍尔系数。

2019版高中物理红对勾一轮总复习课件：27带电粒子在复合场中的运动

【解析】 (1)设带电粒子经过电场加速后，从极板 CD 正中
央小孔射出时的速度大小为 v
由动能定理 qU＝12mv2
解得 v＝
2qU m
(2)带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运
动，若能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场
方向垂直，运动方向改变 270°，由此可知在磁场中的运动轨迹为
典例透析例 1 (2018·东城区模拟)如图所示，两块平行极板 AB、CD 正对放置，极板 CD 的正中央有一小孔，两极板间距离 AD 为 d，板长 AB 为 2d，两极板间电势差为 U，在 ABCD 构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右．在 ABCD 矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场．极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界．将一个质量为 m、电荷量为＋q 的带电粒子在极板 AB 的正中央 O 点，由静止释放．不计带电粒子所受重力．
3．[先后多个电磁场] 如图所示，足够大的平行挡板 A1、A2 竖直放置，间距 6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面 MN 为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为 B0，方向垂直纸面向外．A1、 A2 上各有位置正对的小孔 S1、S2，两孔与分界面 MN 的距离均为 L.质量为 m、电荷量为＋q 的粒子经宽度为 d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从 S1 进入Ⅰ区，并直接偏转到 MN 上的 P 点，再进入Ⅱ区，P 点与 A1 板的距离是 L 的 k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
a＝Emq＝dUmq
解得 s＝d
因此带电粒子恰能从 C 点射出，轨迹如图所示．
带电粒子第一次在电场中加速，运动时间为 t1 带电粒子在磁场中偏转，运动时间为 t2，洛伦兹力充当向心力．

19版高考物理一轮复习第九章磁场配餐作业27带电粒子在复合场中的运动

配餐作业(二十七) 带电粒子在复合场中的运动►►见学生用书P363A组·基础巩固题1．如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线互相垂直。

在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。

若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法正确的是( )A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和解析带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以小球不可能做匀变速曲线运动，A 项错误；根据电势能公式E p＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，B项错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C项错误；从能量守恒角度分析，D项正确。

答案 D2．(多选)太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电。

如图所示，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为v，方向与极板平行，该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面，两极板间的距离为L，则( )A ．在开关S 未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为BLvB ．闭合开关S 后，若回路中有稳定的电流I ，则极板间电场恒定C ．闭合开关S 后，若回路中有稳定的电流I ，则电阻消耗的热功率为2BILvD ．闭合开关S 后，若回路中有稳定的电流I ，则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功解析太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，带电离子受到洛伦兹力和电场力作用，稳定后，有qU L ＝qvB ，解得U ＝BLv ，A 项正确；闭合开关后，若回路中有稳定的电流，则两极板之间的电压恒定，电场恒定，B 项正确；回路中电流I ＝U R ＝BLv R ，电阻消耗的热功率P ＝I 2R ＝B 2L 2v 2R，C 项错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以D 项错误。

19版高考物理一轮复习精选题辑课练28带电粒子在复合场中的运动

课练 28 带电粒子在复合场中的运动图中所示的情况下，下列说法正确的是( )间的电场方向向下．等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D正确．如图所示，从S处发出的电子经加速电压相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转．设两极板间电场强度为欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是不变，则电子受到的电场力仍小于它受到的洛伦兹力，电子向下偏转，利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料制成，有的半导体中的载流子相当于正电荷)．如图所示，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前、后两表面会形成电势差．现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前、后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是( )A ．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B ．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C ．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D ．不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案：A解析：若接入元件1，载流子是电子，根据左手定则可知，电子向后表面偏转，故前表面电势高；若接入元件2，载流子是空穴，根据左手定则可知，正电荷向后表面偏转，故前表面电势低，后表面电势高，A 正确．4．(2018·陕西渭南一模)质谱仪是一种测定带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示．粒子源S 产生一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子的初速度很小，可以看成是静止的，粒子经过电压U 加速进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，沿着半圆运动轨迹打到底片P 上，测得它在P 上的位置到入口处S 1的距离为x ，则下列说法正确的是( )A ．对于给定的带电粒子，当磁感应强度B 不变时，加速电压U 越大，粒子在磁场中运动的时间越长B ．对于给定的带电粒子，当磁感应强度B 不变时，加速电压U 越大，粒子在磁场中运动的时间越短C ．当加速电压U 和磁感应强度B 一定时，x 越大，带电粒子的比荷qm越大D ．当加速电压U 和磁感应强度B 一定时，x 越大，带电粒子的比荷q m 越小答案：D解析：在加速电场中由Uq ＝12mv 2得v ＝2Uq m ，在匀强磁场中由qvB ＝mv 2R 得R ＝mv qB，且R ＝x 2，联立解得q m ＝8U B 2x2，所以当加速电压U 和磁感应强度B 一定时，x 越大，带电粒子的比荷q m 越小，C 错误，D 正确．粒子在磁场中运动的时间t ＝T 2＝πm qB，与加速电压U 无关，A 、B 错误．5．(2018·江苏宜兴模拟)(多选)回旋加速器的工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过其的时间可忽略，它们接在电压为U 、频率为f 的交流电源上，若A 处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是( )和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是为毫伏表，电表C为毫安表的电势高于接线端4的电势．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则，则毫伏表示数一定增大所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来，如图丙．则以下说法中正确的是( )A．D′点一定在D点左侧B．D′点一定与D点重合C．D″点一定在D点右侧D．D″点一定与D点重合答案：BC解析：设AB斜面与水平面的夹角为α，从A点至D点过程中，以物块为研究对象进行受力分析，由动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，化简解得h－μs1cosα－μs2＝0.由题意知，A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s1为定值，所以s2与重力大小无关，而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s2不变，D′点一定与D点重合，选项A错误、B正确．在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D″点一定在D点右侧，选项C正确、D错误．8.(多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的( )答案：AD解析：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力、垂直于细杆的弹力及向左的摩擦力．当Bqv0＝mg时，圆环做匀速直线运动，选项A正确．当Bqv0<mg 时，N＝mg－Bqv0，此时μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，其v －t图象的斜率应该逐渐增大，选项B、C错误．当Bqv0>mg时，N＝Bqv0－mg，此时μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到Bqv＝mg时，圆环开始做匀速运动，选项D 正确．9．(多选)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电、磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过电、磁复合场的是( )答案：CD解析：A图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误．B图中小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度．皮带轮的传动速度大小一定为1 m/s．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移内，物块与皮带仍可能有相对运动对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，如图所示，真空中有一以，磁场垂直于纸面向里．在y>R的区域存在沿点有一带正电的粒子以速率粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，，粒子的重力不计．求：轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到点射出磁场，逆着电场线方向运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径，代入数据解得B＝0.2 T.粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，．(2018·河北衡水中学三调)如图所示，质量M为5.0 kg在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a答案：B解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动．因微粒a 做匀速圆周运动，则微粒重力不能忽略且与电场力平衡：m a g ＝qE ；由左手定则可以判定微粒b 、c 所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下，则对b 、c 分别由平衡条件可得m b g ＝qE ＋Bqv b >qE 、m c g ＝qE －Bqv c <qE ，故有m b >m a >m c ，B 正确．2．(2016·新课标全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )A ．11B ．12C ．121D ．144答案：D解析：带电粒子在加速电场中运动时，有qU ＝12mv 2，在磁场中偏转时，其半径r ＝mv qB，由以上两式整理得：r ＝1B 2mUq .由于质子与一价正离子的电荷量相同，B 1B 2＝，当半径相等时，解得：m 2m 1＝144，选项D 正确．刷仿真模拟——明趋向3．(2018·甘肃西北师范大学附中模拟)(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E 和垂直纸面向外的匀强磁场B ，在竖直平面内从a 点沿ab 、ac 方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )方向抛出的小球都可能做直线运动方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动．两小球在运动过程中机械能均守恒方向抛出的小球，根据左手定则及平衡条件可知，小球只有带正电才能受如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均A、B之间时，A板电势升高到＋零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，如图所示，粗糙的足够长竖直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )A ．小球的加速度先增大后减小B ．小球的加速度一直减小C ．小球的速度先增大后减小D ．小球的速度一直增大，最后保持不变答案：AD解析：本题考查力和运动的关系．假设小球带正电，小球在水平方向受向右的电场力、向左的洛伦兹力和弹力，在竖直方向受重力和摩擦力，洛伦兹力随着速度的增大而增大，当洛伦兹力等于电场力之后，弹力方向改变，所以弹力是先减小后增大，摩擦力也是先减小后增大，故小球的加速度先增大后减小，选项A 正确、B 错误；当摩擦力等于小球的重力之后，小球一直做匀速直线运动，在这之前，小球做加速运动，所以小球是先加速再匀速，选项C 错误，选项D 正确．6．(2018·昆明一中强化训练)(多选)如图所示，在正交的匀强电场、匀强磁场中质量为m 的带电小球做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，由此可知( )A ．小球带正电B ．小球带负电C ．小球沿顺时针方向运动D ．小球机械能守恒答案：BC解析：本题考查带电小球在复合场中的运动．小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则mg ＝qE ，小球所受电场力方向向上，故小球带负电，A 错误，B 正确；根据左手定则可得，小球沿顺时针方向运动，C 正确；小球做匀速圆周运动的过程中，电场力做功，小球机械能不守恒，D 错误．7．(2018·长沙市长郡中学月考)(多选)如图所示，等腰直角三角形ACD 的直角边长为2a ，P 为AC 边的中点，Q 为CD 边上的一点，DQ ＝a .在△ACD 区域内，既有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E 的匀强电场，一带正电的粒子自P 点沿平行于AD 的直线通过△ACD 区域．不计粒子的重力，下列说法正确的有( )A ．粒子在复合场中做匀速直线运动，且速度大小为E BB ．若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P 点射入磁场，从Q 点射出磁场，则粒子的比荷为q m ＝E3aB2 C ．若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P 点射入磁场，从Q 点射出磁场，则粒子的比荷为q m ＝2E 3aB2 D ．若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自P 点射入电场，则粒子在△ACD 区域中运动的时本题考查带电粒子在复合场中的运动．带正电的粒子在复合场中做直线运动，伦兹力作用，则粒子在复合场区受力平衡，设粒子运动速度为则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，CA的延长线交于圆心O中，由几何关系可得磁场中下落的最大高度H，下列给出了四个表达式，常的相比偏小，则引起这种现象的可能原因是( )．电子枪发射能力减弱，电子数减少．加速电场的电压过低，电子速率偏小．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少．偏转线圈中电流过大，偏转磁场增强、电荷量为q的带正电小物块从半径为已知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，，方向水平向右，磁感应强度大小为为重力加速度大小，则下列说法正确的是( )如图所示，一对间距可变的平行金属板C、D两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连，这种铅蓄电池能快速转换到即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压，S后，有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度沿中心线射入两板间恰能做直线运动，则下列有关描述正确的是中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔)做直线运动，通过小孔场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中两板间距也为L，板间匀强电场强度的下端与磁场边界ab相交为P。

2019高三物理人教版一轮课时分层集训：27 带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析

课时分层集训(二十七) 带电粒子在复合场中的运动(限时：40分钟)(对应学生用书第319页)[基础对点练]带电粒子在组合场中的运动1．如图9-3-17所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)()图9-3-17 A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关A [带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v 分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：v 0v ＝cos θ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R ，由几何关系得，半径与直线MN 夹角正好等于θ，则有：d 2R ＝cos θ，所以d ＝2R v 0v ，又因为半径公式R ＝m v Bq ，则有d ＝2m v 0Bq ＝2B 2mU 1q .故d 随U 1变化，d 与U 2无关，故A 正确，B 、C 、D 错误．]2．(多选)如图9-3-18所示，在x 轴上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ，在x 轴下方的等腰直角三角形CDM 区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，其中C 、D 在x 轴上，它们到原点O 的距离均为a .现将质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从y 轴上的P 点由静止释放，设P 点到O 点的距离为h ，不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是( )【导学号：84370420】图9-3-18 A ．若粒子垂直于CM 射出磁场，则h ＝B 2a 2q 2mEB ．若粒子垂直于CM 射出磁场，则h ＝B 2a 2q 8mEC ．若粒子平行于x 轴射出磁场，则h ＝B 2a 2q 2mED ．若粒子平行于x 轴射出磁场，则h ＝B 2a 2q 8mEAD [粒子在电场中加速，有qEh ＝12m v 20.在磁场中做圆周运动，若粒子垂直于CM 射出磁场，则轨迹所对的圆心角θ＝45°，半径R ＝a ，由洛伦兹力提供向心力，有q v 0B ＝m v 20R ，得R ＝m v 0qB ，联立以上各式得h ＝B 2a 2q 2mE ，A正确；若粒子平行于x 轴射出磁场，则轨迹所对的圆心有θ＝90°，半径R ＝a 2，同理可得h ＝B 2a 2q 8mE ，D 正确．]3．如图9-3-19所示，AB 、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD 的右侧有一与CD 相切于M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O 点以水平初速度v 0正对P 点进入该电场后，从M 点飞离CD 边界，再经磁场偏转后又从N 点垂直于CD 边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知OP 间距离为d ，粒子质量为m ，电荷量为q ，电场强度大小E ＝3m v 20qd ，不计粒子重力．试求：图9-3-19 (1)M 、N 两点间的距离；(2)磁感应强度的大小和圆形匀强磁场的半径；(3)粒子自O 点出发到回到O 点所用的时间．[解析](1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O 到M 的时间：t 1＝d v 0粒子在电场中加速度：a ＝qE m ＝3v 20d 故PM 间的距离为：PM ＝12at 21＝32d粒子在M 点时竖直方向的速度：v y ＝at 1＝3v 0粒子在M 点时的速度：v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0速度偏转角正切：tan θ＝v y v 0＝3故θ＝60°粒子从N 到O 点时间：t 2＝d 2v 0，粒子从N 到O 点过程的竖直方向位移：y ＝12at 22故P 、N 两点间的距离为：PN ＝y ＝38d .所以MN ＝PN ＋PM ＝538d .(2)由几何关系得：R cos 60°＋R ＝MN ＝538d可得半径：R ＝5312d由q v B ＝m v 2R 解得：B ＝83m v 05qd由几何关系确定区域半径为：R ′＝2R cos 30°，即R ′＝54d .(3)O 到M 的时间：t 1＝d v 0N 到O 的时间：t 2＝d 2v 0在磁场中运动的时间：t 3＝4π3R 2v 0＝53πd 18v 0无场区运动的时间：t 4＝R cos 30°2v 0＝5d 16v 0t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝29d 16v 0＋53πd 18v 0. [答案](1)53d 8 (2)83m v 05qd 54d(3)29d 16v 0＋53πd 18v 0带电物体在叠加场中的运动4．如图9-3-20所示，界面MN 与水平地面之间有足够大且正交的匀强磁场B 和匀强电场E ，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN 上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是()【导学号：84370421】图9-3-20A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和D[带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式E p＝qφ，知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能保持不变，选项B错误；根据洛伦兹力的方向确定方法知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度知道选项D正确．]如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)．则下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势面向左D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大C[根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．]5．如图9-3-21所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是()图9-3-21A．当小球运动到c点时，洛伦兹力最大B．小球恰好运动一周后回到a点C．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能增大C[电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大，此时洛伦兹力最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a 点静止释放，最高运动到d点，故A、B错误．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C正确．小球从b点运动到c 点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，故D错误．所以C正确，A、B、D错误．]6．(多选)如图9-3-22所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E.一质量为m，电量为q的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，则关于小球的运动，下列说法正确的是()【导学号：84370422】图9-3-22A．小球做匀速圆周运动B．小球运动过程中机械能守恒C．小球运动到最低点时电势能增加了mg v 2BqD．小球第一次运动到最低点历时πm 2qBAD[小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A正确．由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误．电场力从开始到最低点克服电场力做功为W＝EqR sin 30°＝mg×m vBq×12＝m2g v2Bq，所以电势能的增加量为m2g v2Bq，选项C错误．小球第一次运动到低点的时间为14T＝πm2Bq，所以选项D正确．故选AD.]7．如图9-3-23所示，PR是一长为L＝0.64 m的绝缘平板固定在水平地面上，挡板R固定在平板的右端．整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂于纸面向里的匀强磁场B，磁场的宽度0.32 m．一个质量m＝0.50×10－3kg、带电荷量为q＝5.0×10－2C的小物体，从板的P端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动．当物体碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场(不计撤掉电场对原磁场的影响，整个过程中小物体的电量保持不变)，物体返回时在磁场中仍作匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C点，PC＝L/4.若物体与平板间的动摩擦因数μ＝0.20, g取10 m/s2.图9-3-23 (1)判断电场的方向及物体带正电还是带负电；(2)求磁感应强度B 的大小；(3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能．[解析](1)物体由静止开始向右做匀加速运动，说明电场力向右且大于摩擦力．进入磁场后做匀速直线运动，说明它受的摩擦力增大，即证明它受的洛伦兹力方向向下，由左手定则判断物体带负电，由其受力方向向右判断电场方向向左.(2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v 2，从离开磁场到停在C点的过程中，由动能定理有－μmg L 4＝0－12m v 22 即v 2＝0.80 m/s物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡，有mg ＝Bq v 2有B ＝0.125 T.(3)设从D 点进入磁场时的速度为v 1，由动能定理有qE L 2－μmg L 2＝12m v 21物体从D 点到R 做匀速直线运动，有qE ＝μ(mg ＋Bq v 1)有v 1＝1.6 m/s小物体撞击挡板损失的机械能为ΔE ＝12m v 21－12m v 22＝4.8×10－4 J.[答案](1)电场方向向左负电 (2)0.125 T (3)4.8×10－4 J带电粒子在复合场运动的实际应用8．如图9-3-24所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O 点，出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r 的圆弧运动，打在荧光屏上的P 点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E 的匀强电场，光斑从P 点又回到O 点，关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是( )【导学号：84370423】图9-3-24 A ．粒子带负电B ．初速度为v ＝B EC ．比荷为q m ＝B 2r ED ．比荷为q m ＝E B 2rD [垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P 点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A 错误；当电场和磁场同时存在时q v B ＝Eq ，解得v ＝E B ，选项B 错误；在磁场中时，由q v B ＝m v 2r ，可得：q m ＝v rB ＝E B 2r ，故选项D 正确，C 错误．故选D.]9．据报道，我国实施的“双星”计划发射的卫星中放置了一种“磁强计”，用于测定地磁场的磁感应强度等研究项目．磁强计的原理如图9-3-25所示：电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 正方向、大小为I 的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电量为e .金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动．若测出金属导体前后两个侧面间(z ＝a 为前侧面，z ＝0为后侧面)的电势差为U ，那么( )图9-3-25 A ．前侧面电势高，B ＝nebU IB ．前侧面电势高，B ＝neaU IC ．后侧面电势高，B ＝nebU ID ．后侧面电势高，B ＝neaU IC [电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小．电子定向移动的方向沿x 轴负向，所以电子向前侧面偏转，则前侧面带负电，后侧面失去电子带正电，后侧面的电势较高，当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差．因而可得eU a ＝Be v ，q ＝n (ab v t )e ，I ＝q t ＝neab v ，由以上几式解得磁场的磁感应强度B ＝nebU I ，故C 正确．]10．回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D 形金属盒．把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下．连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核(31H) 和粒子(24He)，比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是( )图9-3-26A．加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较大B．加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较大C．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小D．加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较小C[带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T＝2πm qB，知氚核(31H)的质量与电量的比值大于α粒子(42He)，所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大．根据q v B＝m v2r得，最大速度v＝qBrm，则最大动能E km＝12m v2＝q2B2r22m，氚核的质量是α粒子的34倍，氚核的电量是α粒子的12倍，则氚核的最大动能是α粒子的13倍，即氚核的最大动能较小．故C正确，A、B、D错误．](多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是()A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器使粒子获得的最大动能不变AC[质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝2πR T＝2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能E km＝12m v2＝12m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝m vBq，Uq＝12m v21，2Uq＝12m v22，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C正确；因回旋加速器加速粒子的最大动能E km＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误．]11．(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图9-3-27甲所示是霍尔元件的工作原理示意图，实验表明，铜以及大多数金属的载流子是带负电荷的电子，但锌中的载流子带的却是正电．自行车的速度计的工作原理主要依靠的就是安装在自行车前轮上的一块磁铁，轮子每转一周，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，这样便可测出某段时间内的脉冲数．若自行车前轮的半径为R、磁铁到轴的距离为r，下列说法正确的是()图9-3-27A．若霍尔元件材料使用的是锌，通入如图甲所示的电流后，C端电势高于D端电势B．当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，C、D间的电势差越来越大C．若自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度为2πNrD．由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则速度计测得的骑行速度偏大ABD[若霍尔元件材料使用的是锌，则载流子带正电，通入如图甲所示的电流后，根据左手定则可知，正电荷受力向左，故C端电势高于D端电势，选项A正确；根据Ud q＝q v B，可知U＝Bd v，则当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，B逐渐变大，则C、D间的电势差越来越大，选项B正确；自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度为2πRN，选项C错误；由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则前轮转动的角速度会偏大，则单位时间测得的脉冲数偏大，则速度计测得的骑行速度偏大，选项D正确．故选A、B、D.][考点综合练]12．如图9-3-28所示，一等腰直角三角形OMN的腰长为2L，P点为ON的中点，三角形PMN内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ(磁感应强度大小未知)，一粒子源置于P点，可以射出垂直于ON向上的不同速率、不同种类的带正电的粒子．不计粒子的重力和粒子之间的相互作用．图9-3-28 (1)求线段PN 上有粒子击中区域的长度s ；(2)若三角形区域OMN 的外部存在着垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B ；三角形OMP 区域内存在着水平向左的匀强电场．某粒子从P 点射出后经时间t 恰好沿水平向左方向穿过MN 进入磁场Ⅱ，然后从M 点射出磁场Ⅱ进入电场，又在电场力作用下通过P 点．求该粒子的比荷以及电场的电场强度大小.【导学号：84370424】[解析](1)粒子打在PN 上离P 最远时，轨道恰好与MN 相切，根据几何关系作出粒子运动图象有：由图象根据几何关系有：R 1＋2R 1＝L可得临界运动时粒子半径：R 1＝L 1＋2粒子击中范围：s ＝2R 1＝2(2－1)L .(2)由题意作出粒子运动轨迹，由几何关系得：R 2＋R 2tan 45°＝L得到粒子在PNM 中圆周运动的轨道半径R 2＝L 2设粒子的速度大小为v ，则可知粒子在PNM 中运动的时间：t ＝π2R 2v则可得粒子速度v ＝π2R 2t ＝πL 4t粒子在磁场Ⅱ中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据图示几何关系可得：R 3＝32L根据洛伦兹力提供向心力有：q v B ＝m v 2R 3则解得粒子的比荷：q m ＝v BR 3＝π6Bt粒子从M 进入电场后做类平抛运动，即在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，故有：竖直方向有：2L ＝v t可得类平抛运动时间t ＝2L v水平方向有：L ＝12at 2＝12·qE m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2L v 2由此解得，电场强度E ＝m v 2L 2qL 2＝3πBL 16t .[答案](1)s ＝2(2－1)L (2)q m ＝π6Bt ，E ＝3πBL 16t。

2019版高考物理金榜一轮课时分层作业：二十七 9.3带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析

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课时分层作业二十七带电粒子在复合场中的运动(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

1～5题为单选题,6～8题为多选题)1.带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出,能够达到的最大高度为h1;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h3。

不计空气阻力,则 ( )A.h1=h2=h3B.h1>h2>h3C.h1=h2>h3D.h1=h3>h2【解析】选D。

由竖直上抛运动的最大高度公式得h1=,当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度,由能量守恒得mgh2+E k=m=mgh1,所以h1>h2;当加上电场时,由运动的独立性可知在竖直方向上有=2gh3,所以h1=h3,D正确。

2.如图是磁流体发电机的原理示意图,金属板M、N正对着平行放置,且板面垂直于纸面,在两板之间接有电阻R。

在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场。

当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时,下列说法中正确的是( )A.N板的电势高于M板的电势B.M板的电势等于N板的电势C.R中有由b向a方向的电流D.R中有由a向b方向的电流【解析】选D。

根据左手定则可知正离子向上极板偏转,负离子向下极板偏转,则M板电势高于N板电势。

M板相当于电源的正极,那么R 中有由a向b方向的电流,据以上分析可知本题正确选项为D。

3.(2018·唐山模拟)如图所示,两导体板水平放置,两板间电势差为U,带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场,则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( )A.d随v0增大而增大,d与U无关B.d随v0增大而增大,d随U增大而增大C.d随U增大而增大,d与v0无关D.d随v0增大而增大,d随U增大而减小【解题指导】带电粒子在组合场中的运动,实际上仍是一个力学问题,分析的基本思路:(1)弄清组合场的组成。

2019年高考物理一轮复习第9章磁场练案27带电粒子在复合场中的运动新人教版

练案[27] 带电粒子在复合场中的运动一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2018·四川省资阳市12月月考)如图所示，长均为d 的两正对平行金属板MN 、PQ 水平放置，板间距离为2d ，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从MP 的中点O 垂直于电场和磁场方向以v 0射入，恰沿直线从NQ 的中点A 射出；若撤去电场，则粒子从M 点射出(粒子重力不计)。

以下说法正确的是导学号21993223( C )A ．该粒子带负电B ．该粒子带正电、负电均可C ．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为5v 0D ．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为2v 0[解析] 若撤去电场，则粒子从M 点射出(粒子重力不计)。

据左手定则，粒子带正电，故AB 两项均错误；若撤去电场，则粒子从M 点射出(粒子重力不计)qv 0B ＝mv 20r ，r ＝d2，解得B ＝mv 0qr ＝2mv 0qd，有正交的匀强电场和匀强磁场时，带电粒子从MP 的中点O 垂直于电场和磁场方向以v 0射入，恰沿直线从NQ 的中点A 射出qE ＝qv 0B 可得E ＝v 0B ＝2mv 2qd，若撤去磁场d ＝v 0t ，v y ＝qE mt ＝2v 0，所以粒子射出时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，综上C 正确，D 错误。

2．(2018·湖南省衡阳八中高三实验班质检)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D 形盒半径为R ，垂直D 形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B ，两盒分别与交流电源相连，高频交流电周期为T ，下列说法正确的是导学号21993224( A )A ．质子被加速后的最大速度随B 、R 的增大而增大 B ．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大C ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子[解析] A ．由qvB ＝mv 2r 得v ＝qBr m ，当r ＝R 时，v 最大，v ＝qBRm ，由此可以知道质子的最大速度随B 、R 的增大而增大，故A 正确；B ．由qvB ＝mv 2r 得v ＝qBrm ，当r ＝R 时，v 最大，v ＝qBRm，由此可以知道质子的最大速度只与粒子本身的荷质比，加速器半径和磁场大小有关，与加速电压无关，故B 错误；C ．考虑到狭义相对论，任何物体速度不可能超过光速，故C 错误；D ．此加速器加速电场周期T ＝2πm qB ，加速α粒子时T ′＝4πmqB，两个周期不同，不能加速α粒子，故D 错误。

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