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課時跟蹤檢測(三十一)　帶電粒子在疊加場中的運動

1．(2018·北京高考)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動。下列因素與完成上述兩類運動無關的是(　　)
A．磁場和電場的方向　　　 B．磁場和電場的強弱
C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度
解析：選C　根據題意，帶電粒子在勻強磁場和勻強電場的疊加區域內做勻速直線運動，則粒子受到的洛倫茲力與電場力平衡，大小滿足qvB＝qE，故v＝EB ，即磁場和電場的強弱決定粒子入射時的速度大小；洛倫茲力與電場力的方向一定相反，結合左手定則可知，磁場和電場的方向一定互相垂直，粒子入射時的速度方向同時垂直于磁場和電場，且不論粒子帶正電還是帶負電，入射時的速度方向相同，而不是電性相反時速度方向也要相反。總之粒子是否在“速度選擇器”中做勻速直線運動，與粒子的電性、電量均無關，而是取決于磁場和電場的方向、強弱，以及粒子入射時的速度。撤除電場時，粒子速度方向仍與磁場垂直，滿足做勻速圓周運動的條件。
2.(多選)(2020·江蘇省南通模擬)利用海流發電的磁流體發電機原理示意圖如圖所示，矩形發電管道水平東西放置，整個管道置于方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。其上、下兩面是絕緣板，南、北兩側面M、N是電阻可忽略的導體板，兩導體板與開關S和定值電阻R相連。已知發電管道長為L、寬為d、高為h，海水在發電管道內以恒定速率v朝正東方向流動。發電管道內的海水在垂直流動方向的電阻為r，海水在管道內流動時受到的摩擦阻力大小恒為f，不計地磁場的影響，則(　　)
A．N側的電勢高
B．開關S斷開時，M、N兩端的電壓為Bdv
C．開關S閉合時，發電管道進、出口兩端壓力差
F＝f＋B2d2vR＋r
D．開關S閉合時，電阻R上的功率為B2d2v2R
解析：選BC　海水向東流動的過程中，正電荷受到的洛倫茲力的方向指向M，而負電荷受到的洛倫茲力的方向指向N，所以M側聚集正電荷，M側的電勢高，故選項A錯誤；開關S斷開時，設海水中的電荷所帶的電荷量為q，當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，M、N兩端的電壓U保持恒定，有qvB＝qUd ，解得U＝Bdv，故選項B正確；開關S閉合后，海水所受的摩擦阻力恒為f，開關S閉合后管道內海水受到的安培力為F安，發電管道進出口兩端壓力差F＝f＋F安，有：F2＝F1＋f＋F安，F安＝BId，根據閉合電路歐姆定律有I＝UR＋r ，解得F＝f＋B2d2vR＋r ，故選項C正確；電阻R上的功率為P＝I2R＝B2d2v2R（R＋r）2 ，故選項D錯誤。
3.醫生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監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，血管內部的電場可看為是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監測中，兩觸點間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，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(　　)
A．1.3 m/s，a正、b負 B．2.7 m/s，a正、b負
C．1.3 m/s，a負、b正 D．2.7 m/s，a負、b正
解析：選A　血液中的離子在磁場的作用下會在a、b之間形成電勢差，當電場給粒子的力與洛倫茲力大小相等時達到穩定狀態(與速度選擇器原理相似)，血流速度v＝EB ≈1.3 m/s，又由左手定則可得a為正極，b為負極。故選項A正確。
4.如圖所示，一塊長方體金屬板材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。當通以從左到右的恒定電流I時，金屬材料上、下表面電勢分別為φ1、φ2。該金屬材料垂直電流方向的截面為長方形，其與磁場垂直的邊長為a、與磁場平行的邊長為b，金屬材料單位體積內自由電子數為n，元電荷為e。那么(　　)
A．φ1－φ2＝IBenb B．φ1－φ2＝－IBenb
C．φ1－φ2＝IBena D．φ1－φ2＝－IBena
解析：選B　因為上表面的電勢比下表面的低，因為evB＝eUa ，解得v＝UBa ，因為電流I＝nevS＝nevab，解得U＝IBbne ，所以φ1－φ2＝－IBenb ，故B正確。
5．(多選)研究某種射線裝置的示意圖如圖所示。射線源發出的射線以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的中央O點，出現一個亮點。在板間加上垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場后，射線在板間做半徑為r的圓周運動，然后打在熒光屏的P點。若在板間再加上一個豎直向下電場強度為E的勻強電場，亮點又恰好回到O點，由此可知該射線粒子(　　)

A．帶正電　　　　　　　　 B．初速度為v＝BE
C．比荷為qm ＝B2rE D．比荷為qm ＝EB2r
解析：選AD　粒子在垂直向里的磁場中運動時向上偏轉，根據左手定則可知，粒子帶正電，選項A正確；粒子在磁場中：Bqv＝mv2r ，粒子在正交電磁場中：qE＝qvB，v＝EB ，選項B錯誤；聯立解得qm ＝EB2r ，選項C錯誤，D正確。
6.(2020·安慶模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R。已知該電場的電場強度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g。則(　　)
A．液滴帶正電
B．液滴比荷qm ＝Eg
C．液滴沿順時針方向運動
D．液滴運動速度大小v＝RgBE
解析：選C　液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知qE＝mg，得qm ＝gE ，故B錯誤；電場力方向豎直向上，液滴帶負電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針方向轉動，C正確；對液滴有qE＝mg，qvB＝mv2R ，聯立解得v＝RBgE ，D錯誤。
7.(多選)磁流體發電機是一種把物體內能直接轉化為電能的低碳環保發電機，其原理示意圖如圖所示。平行金屬板C、D間有勻強磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒)水平噴入磁場，兩金屬板間就產生電壓。定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半，與開關S串聯接在C、D兩端。已知兩金屬板間距離為d，噴入等離子體的速度為v，磁流體發電機的電阻為r(R0 A．金屬板C為電源負極，D為電源正極
B．磁流體發電機的輸出功率一直增大
C．電阻R0消耗功率最大值為B2d2v2R0（R0＋r）2
D．滑動變阻器消耗功率最大值為B2d2v2r＋R0
解析：選AC　等離子體噴入磁場后，由左手定則可知正離子向金屬板D偏，負離子向金屬板C偏，即金屬板C為電源負極，D為電源正極，A正確；等離子體穩定流動時，洛倫茲力與電場力平衡，即Bqv＝qUd ，所以電源電動勢為E＝U＝Bdv，又R0
8．(多選)自行車速度計利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率，如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖，當磁場靠近霍爾元件時，導體內定向運動的自由電荷在洛倫茲力作用下偏轉，最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是(　　)

A．根據單位時間內的脈沖數和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小
B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高
C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的
D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小
解析：選AD　根據單位時間內的脈沖數可知車輪轉動的轉速，若再已知自行車車輪的半徑，根據v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據霍爾效應原理可知Ud q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電勢差只與磁感應強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關，與車輪轉速無關，選項B錯誤；題圖乙中霍爾元件中的電流I是由電子定向運動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確。
9.在水平地面上方有正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向水平向里。現將一個帶正電的金屬小球從M點以初速度v0水平拋出，小球著地時的速度為v1，在空中的飛行時間為t1。若將磁場撤除，其他條件均不變，那么小球著地時的速度為v2，在空中飛行的時間為t2。小球所受空氣阻力可忽略不計，則關于v1和v2，t1和t2的大小比較，以下判斷正確的是(　　)
A．v1＞v2，t1＞t2 B．v1＝v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
解析：選B　因為洛倫茲力對帶電小球不做功，則根據動能定理，不管磁場存在與否，重力和電場力對小球做功都相同，則小球著地時的速率都應該是相等的，即v1＝v2。存在磁場時，小球受到向右上方的洛倫茲力，有豎直向上的分力，使得小球在豎直方向的加速度小于沒有磁場時的加速度，在空中飛行的時間要更長些，即t1>t2。故B正確。
10．(多選)如圖甲所示，絕緣輕質細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q＝6×10－7 C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零。當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。則下列判斷正確的是(　　)

A．勻強電場的場強大小為3.2×106 V/m
B．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 J
C．小球做順時針方向的勻速圓周運動
D．小球所受的洛倫茲力的大小為3 N
解析：選BD　根據小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關系可得，勻強電場的電場強度大小E＝2×1060.4 V/m＝5×106 V/m，故選項A錯誤；由于帶電小球在運動過程中，只有重力和電場力做功，則只有重力勢能和電勢能的相互轉化，又由于帶電小球在復合場(重力場、勻強電場和勻強磁場)中做勻速圓周運動，且細繩上的拉力剛好為零，則有小球受到的豎直向下的重力與其受到的電場力等大、反向，即qE＝mg，因此當帶電小球從最低點運動到最高點的過程中，即小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少量為qE·2L＝2.4 J，故選項B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力提供小球做勻速圓周運動的向心力，根據左手定則可知，小球沿逆時針方向運動，故選項C錯誤；根據牛頓第二定律可得FB＝mv2L ，又qE＝mg，解得FB＝3 N，即小球所受的洛倫茲力的大小為3 N，故選項D正確。
11.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E＝53 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B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g＝10 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歷的時間t。
解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖所示，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝q2E2＋m2g2 ①
代入數據解得
v＝20 m/s②
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足
tan θ＝qEmg ③
代入數據解得tan θ＝3
θ＝60°。④
(2)解法一　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，設其加速度為a，有
a＝q2E2＋m2g2m ⑤
設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有
x＝vt⑥
設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有
y＝12 at2⑦
a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又
tan θ＝yx ⑧
聯立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得
t＝23 s⑨
解法二　撤去磁場后，由于電場力方向垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速直線運動，其初速度為
vy＝v sin θ⑤
若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有
vyt－12 gt2＝0⑥
聯立⑤⑥式，代入數據解得
t＝23 s⑦
答案：(1)20 m/s，方向與電場方向成60°角斜向上
(2)23 s
12．如圖所示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E＝2 N/C。在其第一象限空間有沿y軸負方向的、電場強度大小也為E的勻強電場，并在y＞h＝0.4 m

的區域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場。一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限。已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；
(2)油滴在P點得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限運動的時間。
解析：(1)根據受力分析(如圖所示)可知油滴帶負電荷，設油滴質量為m，由平衡條件得，
mg∶qE∶F＝1∶1∶2 。
(2)由第(1)問得，mg＝qE，qvB＝2 qE，
解得v＝2EB ＝42 m/s。
(3)進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入y≥h的區域后做勻速圓周運動，軌跡如上圖所示，最后從x軸上的N點離開第一象限。
由O→A勻速運動的位移為s1＝hsin 45° ＝2 h
其運動時間t1＝s1v ＝0.1 s
由qvB＝mv2r ，T＝2πrv 得T＝2πmqB
油滴從A→C的圓周運動時間為t2＝14 T＝πE2gB ≈0.628 s
由對稱性知，從C→N的時間t3＝t1
在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。
答案：(1)1∶1∶2 　油滴帶負電荷　(2)42 m/s
(3)0.828 s

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