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　專題一　微專題4
A組·基礎(chǔ)練
1.(2024·黑吉遼卷)在水平方向的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內(nèi)運(yùn)動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到O點(diǎn)等高處的過程中(　　)
A．動能減小，電勢能增大
B．動能增大，電勢能增大
C．動能減小，電勢能減小
D．動能增大，電勢能減小
【答案】　D
【解析】　根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強(qiáng)度方向?yàn)樗椒较颍鶕?jù)力的合成可知電場力方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到O點(diǎn)等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運(yùn)動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。
2.(多選)(2024·廣東東莞模擬)為了診斷病人的心臟功能和動脈中血液黏滯情況，可使用電磁流量計(jì)測量血管中血液的流速和流量。如圖所示是電磁流量計(jì)測量血管中血液流速的示意圖，血管中存在著大量正負(fù)離子水平向左定向流動，現(xiàn)使血管處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，測得血管兩側(cè)電壓為U。已知血管的直徑為d，假定血管中各處液體的流速穩(wěn)定時(shí)恒為v，忽略重力影響，則(　　)
A．血管中水平向左運(yùn)動的正離子所受洛倫茲力垂直紙面向上
B．a(chǎn)處電勢比b處電勢低
C．流速穩(wěn)定時(shí)，血管兩側(cè)電壓為U＝Bdv
D．流速穩(wěn)定時(shí)，v＝
【答案】　BC
【解析】　根據(jù)左手定則可得，血管中水平向左運(yùn)動的正離子所受洛倫茲力在紙面內(nèi)向下，故A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知，正電粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以b處電勢比a處電勢高，故B正確；當(dāng)電場力等于洛倫茲力qvB＝qE＝q，時(shí)，達(dá)到平衡，此時(shí)U＝Bdv，即v＝，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。
3.(2024·安徽亳州模擬)2022年12月28日我國中核集團(tuán)全面完成了230 MeV超導(dǎo)回旋加速器自主研制的任務(wù)，標(biāo)志著我國已全面掌握小型化超導(dǎo)回旋加速器的核心技術(shù)，進(jìn)入國際先進(jìn)行列。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，交流加速電壓大小恒為U。若用此裝置對氘核(H)加速，所加交變電流的頻率為f。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響，下列說法正確的是(　　)
A．僅增大加速電壓U，氘核(H)從D型盒出口射出的動能增大
B．僅減小加速電壓U，氘核(H)加速次數(shù)增多
C．僅增大D形金屬盒半徑R，氘核(H)在磁場中運(yùn)動的時(shí)間不變
D．若用該加速器加速α粒子需要把交變電流的頻率調(diào)整為2f
【答案】　B
【解析】　當(dāng)粒子在磁場中的軌跡半徑等于D形金屬盒半徑R時(shí)，粒子的動能最大，qvmB＝m，故Ekm＝mv＝，與加速電壓和加速次數(shù)無關(guān)，A錯(cuò)誤；粒子在電場中加速nqU＝mv＝，解得n＝，僅減小加速電壓U，氘核(H)加速次數(shù)增多，B正確；粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t＝n×＝×＝，僅增大D形金屬盒半徑R，氘核(H)在磁場中運(yùn)動的時(shí)間變大，C錯(cuò)誤；回旋加速器交流電源的頻率應(yīng)等于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的頻率，氘核(H)和α粒子比荷相同，則在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的頻率相同，在同一勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的頻率相同，D錯(cuò)誤。
4. (多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和靜電力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則射出后(　　)
A．小球的動能最小時(shí)，其電勢能最大
B．小球的動能等于初始動能時(shí)，其電勢能最大
C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動能最大
D．從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢能的增加量
【答案】　BD
【解析】　由題意知，Eq＝mg，故等效重力G′的方向與水平方向成45°(如圖所示)。當(dāng)vy＝0時(shí)，速度最小為vmin＝v1，由于此時(shí)v1存在水平分量，電場力還可以向左做負(fù)功，故此時(shí)電勢能不是最大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)如圖中v所示時(shí)，在水平方向上v2＝0＝v0－t，在豎直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，故小球的動能等于初始動能。由于此時(shí)速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知WG＋WEq＝mv2－mv＝0，則重力做功等于小球電勢能的增加量，故B、D正確；當(dāng)如圖中v1所示時(shí)，此時(shí)速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯(cuò)誤。故選BD。
5.(多選)(2024·山東臨沂模擬)如圖所示，空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場和沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場強(qiáng)度為E，讓一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以v0＝的初速度沿x軸正向發(fā)射，不計(jì)粒子重力影響，則(　　)
A．粒子始終在第四象限內(nèi)做周期性運(yùn)動
B．粒子最初一段徑跡是一段拋物線
C．粒子最終以2v0的速度做勻速直線運(yùn)動
D．粒子運(yùn)動過程中的最大速度為3v0
【答案】　AD
【解析】　根據(jù)配速法將v0分解為v1、v2，且qv1B＝Eq，解得v1＝＝2v0，根據(jù)左手定則可知，v1沿x軸正方向，則v2的大小為v0，方向沿x軸負(fù)方向，粒子的運(yùn)動可看成速度大小為v1的勻速直線運(yùn)動和速度大小為v2的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動，故粒子始終在第四象限內(nèi)做周期性運(yùn)動，故A正確，C錯(cuò)誤；粒子受到的合外力不恒定，粒子最初一段徑跡不是一段拋物線，故B錯(cuò)誤；當(dāng)速度大小為v2的勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)動方向與v1運(yùn)動方向相同時(shí)，粒子運(yùn)動過程中的速度最大，為vm＝v1＋v2＝3v0，故D正確。故選AD。
B組·綜合練
6. (2024·新課標(biāo)全國卷)一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)點(diǎn)P(vx，vy)表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中a(0，v0)點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場作用下運(yùn)動，P點(diǎn)沿線段ab移動到b(v0，v0)點(diǎn)；隨后粒子離開電場，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動至c(－v0，v0)點(diǎn)；然后粒子離開磁場返回電場，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計(jì)重力。求
(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑和周期；
(2)電場強(qiáng)度的大小；
(3)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小。
【答案】　(1)　　(2)Bv0　(3)
【解析】　(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動時(shí)的速度為v＝＝v0
根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv＝m＝mv
解得做圓周運(yùn)動的半徑為r＝
周期為T＝。
(2)根據(jù)題意，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，根據(jù)a＝可知任意點(diǎn)的加速度大小相等，故可得＝
解得E＝Bv0。
(3)根據(jù)題意分析可知從b點(diǎn)到c點(diǎn)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為270°，繞一圈的過程中兩次在電場中運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知粒子的運(yùn)動軌跡如圖，α角為兩次粒子在電場中運(yùn)動時(shí)初末位置間的位移與x軸方向的夾角，從a到b過程中粒子做類平拋運(yùn)動，得t＝v0
故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移為L＝v0t
根據(jù)幾何知識可得bc＝r
由粒子在兩次電場中運(yùn)動的對稱性可知移動一周時(shí)粒子位移的大小為xaa′＝xbc－2L
聯(lián)立解得xaa′＝。
7.(2024·山東日照模擬)某“太空粒子探測器”由加速、偏轉(zhuǎn)和探測三部分裝置組成，其原理如圖所示，兩個(gè)同心三分之一圓弧面AB、CD之間存在輻射狀的加速電場，方向由AB指向CD，圓心為O1，弧面間的電勢差為U。在點(diǎn)O1右側(cè)有一過O1、半徑為R的圓形區(qū)域，圓心為O2，圓內(nèi)及邊界上存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。MN是一個(gè)粒子探測板，與O1O2連線平行并位于其下方2R處。假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，它們能均勻地吸附到AB上，并被加速電場由靜止開始加速到CD上，再從點(diǎn)O1進(jìn)入磁場，最后打到探測板MN上，其中沿O1O2連線方向入射的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O2的正下方P點(diǎn)射出磁場，不計(jì)粒子間的相互作用和星球?qū)αＷ右Φ挠绊憽?br/>(1)求粒子到O1點(diǎn)時(shí)的速度大小及圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
(2)所有吸附到AB上的粒子，從哪一點(diǎn)出發(fā)的粒子到達(dá)探測板MN的時(shí)間最長，并求該粒子從O1點(diǎn)到探測板MN的時(shí)間；
(3)要使從AB入射的所有離子都可以到達(dá)探測板MN上，求探測板MN的最小長度L。
【答案】　(1)　
(2)B點(diǎn)　R　(3)R
【解析】　(1)粒子在電場中被加速，則Uq＝mv2
解得粒子到O1點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝
沿O1O2連線方向入射的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O2的正下方P點(diǎn)射出磁場，可知粒子運(yùn)動的軌道半徑為r＝R
根據(jù)qvB＝m
解得B＝。
(2)由粒子的運(yùn)動軌跡可知，從B點(diǎn)發(fā)出的粒子從O1點(diǎn)射入時(shí)在磁場中運(yùn)動的軌跡最長，打到MN上時(shí)運(yùn)動的軌跡也是最長，時(shí)間最長，在磁場中運(yùn)動的圓弧所對的圓心角為150°，運(yùn)動時(shí)間
t1＝·＝πR
出離磁場后運(yùn)動時(shí)間
t2＝＝
則該粒子從O1點(diǎn)到探測板MN的時(shí)間
t＝t1＋t2＝R。
(3)由圖可知，從B點(diǎn)射入的粒子打到MN的右邊距離最遠(yuǎn)，從A點(diǎn)射入的粒子打到MN最左邊最遠(yuǎn)，則由幾何關(guān)系可知，MN最小長度為x＝(R＋Rcos 30°)－R(1－cos 30°)＝R。
8.(2024·甘肅卷)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示。
(1)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。
(2)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。
(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)上。求粒子打在O′點(diǎn)的速度大小。
【答案】　(1)帶正電　　(2)　(3)
【解析】　(1)由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為v0，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件
qv0B1＝qE1
在加速電場中，由動能定理
qU＝mv
聯(lián)立解得，粒子的比荷為＝。
(2)由洛倫茲力提供向心力
qv0B2＝m
可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為OP＝2r＝。
(3)粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力
F洛＝qv0B1
向下的電場力
F＝qE2
由于E2＞E1，且
qv0B1＝qE1
所以通過配速法，如圖所示
其中滿足
qE2＝q(v0＋v1)B1，
則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0＋v1做勻速運(yùn)動的同時(shí)，以v1在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時(shí)，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)的要求，故此時(shí)粒子打在O′點(diǎn)的速度大小為v′＝v0＋v1＋v1＝。
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微專題4　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
１
帶電體在電場和重力場中的運(yùn)動
1.帶電體在電場、重力場中運(yùn)動的分析方法
(1)對帶電體的受力情況和運(yùn)動情況進(jìn)行分析，綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律解決問題。
(2)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點(diǎn)，分析帶電體的運(yùn)動時(shí)，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變。
2.帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運(yùn)動
(1)等效重力法
(2)等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)：在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點(diǎn)即為等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。
(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；
(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。
【審題指導(dǎo)】　
【易錯(cuò)提醒】　(1)不能根據(jù)已知條件先求出油滴a、b的半徑之比；(2)不能根據(jù)油滴a、b的運(yùn)動情況判斷它們帶電的電性。
(2024·河北卷)如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，用長為L的絕緣細(xì)線系住一帶電小球，使其在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動。圖中A、B為圓周上的兩點(diǎn)，A點(diǎn)為最低點(diǎn)，B點(diǎn)與O點(diǎn)等高。當(dāng)小球運(yùn)動到A點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)、
質(zhì)量為m，A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，重力加速度大小
為g，求：
(1)電場強(qiáng)度E的大小；
(2)小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小。
2
帶電粒子在組合場中的運(yùn)動
1.帶電粒子的“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比
垂直進(jìn)入磁場(磁偏轉(zhuǎn)) 垂直進(jìn)入電場(電偏轉(zhuǎn))
情
境
圖
2.常見運(yùn)動及處理方法
3.“5步”突破帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題
(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
(2)求Ⅲ區(qū)寬度d；
(3)Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，
電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變
化關(guān)系為E＝ωt－kx，其中常系數(shù)ω
>0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)t＝0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式(不要求寫出Δx的取值范圍)
3
帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動
1.三種典型情況
(1)若只有兩個(gè)場，所受合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動或靜止?fàn)顟B(tài)。例如電場與磁場疊加滿足qE＝qvB時(shí)，重力場與磁場疊加滿足mg＝qvB時(shí)，重力場與電場疊加滿足mg＝qE時(shí)。
(2)若三場共存，所受合力為零時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。
3.分析
(多選)(2024·安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動到最低點(diǎn)P時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ，二
者電荷量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向
相同，并做半徑為3R的圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示。
Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計(jì)
空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則
(　　)
【答案】　ABD
1. (多選)(2024·湖北卷)磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子)從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是(　　)
A．極板MN是發(fā)電機(jī)的正極
B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D．僅增大噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大
【答案】　AC
2. (多選)(2024·福建泉州模擬)如圖空間中存在沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，一帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運(yùn)動，則液滴(　　)
A．帶負(fù)電
B．一定做勻速直線運(yùn)動
C．可能做勻減速直線運(yùn)動
D．電勢能減小
【答案】　BD
【解析】　帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運(yùn)動，由于洛倫茲力會隨速度變化而變化，所以帶電液滴一定做勻速直線運(yùn)動，則液滴的受力如圖所示，由于電場力與電場方向相同，所以液滴帶正電，故B正確，A、C錯(cuò)誤；由于電場力對帶電液滴做正功，可知帶電液滴的電勢能減小，故D正確。故選BD。

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