1、专题六限时训练(限时:45分钟) 【测控导航】考点题号(难易度)1.电场的性质4(中),8(中)2.带电粒子在电场中的运动3(中),5(中),7(中),12(中)3.安培力作用下的平衡与运动问题9(中),11(中)4.带电粒子在磁场中的运动1(易),2(易),6(中),10(难)一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第610题有多项符合题目要求)1.(2015全国新课标理综)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的(D)A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径
2、减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小解析:因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=知,轨道半径增大;由角速度=知,角速度减小,选项D正确.2.(2015台州高三调研)如图所示,斜面顶端在同一位置的三个光滑斜面AB,AC,AD均处于水平方向的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.一个带负电的绝缘物块,分别从三个斜面的顶端A点由静止释放,设滑到底端的时间分别为tAB,tAC,tAD,则(C)A.tAB=tAC=tADB.tABtACtADC.tABtACtADD.无法比较解析:洛伦兹力与速度(斜面)垂直并不改变其加速度
3、,加速度只由重力沿斜面方向的分力决定,若斜面倾角为,则a=gsin ,设斜面高为h,则斜面长:L=,at2=L,所以运动的时间t=,可知,越小,时间越长.故tABtACtAD.3.(2015兰州诊断)带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,则从a到b过程中,下列说法正确的是(D)A.粒子带负电荷B.粒子先加速后减速C.粒子加速度一直增大D.粒子的机械能先减小后增大解析:粒子仅在电场力作用下做曲线运动,受力方向指向曲线的凹侧,即力的方向与场强方向一致,故粒子应带正电荷,选项A错误;由电场力的方向与速度方向的夹角的关系可知粒子先减速后加速,
4、选项B错误;电场线的疏密表示场强的大小,由F=qE和F=ma知选项C错误;电场力对粒子先做负功后做正功,电势能先增大后减小,根据能量守恒定律知粒子的机械能先减小后增大,选项D正确.4.(2015余姚第三次理综)如图,在空间固定有两个等量正点电荷,MN为它们连线的中垂线,O点为连线与中垂线的交点.另一带负电的点电荷,仅在电场力作用下由MN上A处静止释放,在运动过程中负点电荷漏失了一部分电荷,但其质量保持不变,负点电荷到达B处(图中未画出)时速度变为零.若以无穷远处为电势零点,则下列说法中正确的是(C)A.A处的电场强度大于B处的电场强度B.A处的电场强度等于B处的电场强度C.负电荷在A处的电势能
5、等于它在B处的电势能D.负电荷在A处的电势能大于它在B处的电势能解析:如果没有漏失部分电荷,B点与A点关于O点对称,电荷在B点速度为零;如果漏失一部分电荷,会导致电场力减小,OB间距大于OA间距;结合等量同种点电荷的场强特点可知,并不能直接判断出A与B两点的电场强度的大小,故选项A,B错误;只有电场力做功的情况下,动能和电势能之和保持不变,在A、B两处的动能都为零,所以在A,B两处电势能相等,故选项C正确,D错误.5.如图所示,平行金属板内有一匀强电场,一带电粒子以平行于金属板的初速度v0从板间某点射入电场,不计粒子受的重力,当入射动能为Ek时,此带电粒子从场中射出的动能恰好为2Ek.如果入射
6、速度方向不变,初动能变为2Ek,那么带电粒子射出的动能为(C)A.EkB.EkC.EkD.3Ek解析:设匀强电场的电场强度为E,平行板长度为L,粒子在电场中做类平抛运动,由题可知:Ek=m,而L=v0t,y=at2,且Eqy=2Ek-Ek.而当初动能为2Ek时,有2Ek=m,而L=v1t1,y1=a,且Eqy1=Ek1-2Ek.整理得Ek1=Ek,因此选项C正确,A,B,D错误.6.(2015绍兴高考模拟)如图所示,扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场,边界OA上有一粒子源S.某一时刻,从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用),所有粒子的初速度
7、大小相等,经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场.已知AOC=60,从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期),则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为(AB)A.B. C.D.解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径R=相同,粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦.由于在磁场中运动最长时间为,则轨迹为半圆,且该轨迹是沿SA方向发射的粒子的轨迹,如图.设OS=d,轨迹半径为R=d当出射点E与S点的连线垂直于OC时,弦ES最短,轨迹所对的圆心角最小,则粒子在磁场中运动的时间最短.则SE=d,由几何知识,三角形OES是等边三角形,则得=60最短时
8、间tmin=T所以,粒子在磁场中运动时间范围为Tt,故选AB.7.(2015杭州第三次质检)如图(甲)所示,有一绝缘的竖直圆环,圆环上分布着正电荷.一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一质量为m=10 g的带正电的小球,小球所带电荷量q=510-4 C,让小球从C点由静止释放.其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图(乙)所示.且已知小球运动到B点时,速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线),下列说法正确的是(BC)A.由C到A的过程中,小球的电势能先减小后增大B.在O点右侧杆上,B点场强最大,场强大小为E=1 V/mC.C、B两点间的电势差UCB=0.9 VD.沿着C到A的方向
9、,电势先降低后升高解析:从C到A电场力一直做正功,故电势能一直减小,电势一直减小,故选项A,D错误;由(乙)图可知,小球在B点的加速度最大,故受力最大,加速度由电场力提供,故B点的电场强度最大,a=,a=,解得E=1 V/m,故选项B正确;由C到B电场力做功为Uq=m-0,CB间电势差为U=0.9 V,故选项C正确.8.(2015绍兴高考模拟)如图所示,光滑绝缘细管与水平面成30角,在管的右上方P点固定一个正点电荷Q,P点与细管在同一竖直平面内.一带电量为-q的小球位于管的顶端A点,PA连线水平.将小球由静止开始释放,小球沿管到达底端C点.已知B是AC中点,PBAC,小球在A处时的加速度为a,
10、已知a,则最下端位置为N).因电子运动轨迹的半径r=4.55 cm.由图中几何关系有=,=.当=90时,取得最小值r,此时=,从而有l=+-dcos =+-dcos .当=90时,l=9.1 cm,当=60时,l=6.78 cm,当=45时,l=5.68 cm,当=30时,l=4.55 cm.故可知A,D正确,B,C错误.二、非选择题11.(2015镇江高考综合)针对目前难以处理的轻质油和化工原料的海洋油污染,中科院电工研究所电磁推进组提出了磁流体海洋浮油回收新技术,于2004年成功研制了海洋浮油回收试验船,船体结构如图(甲)所示,试验船的俯视图如图(乙)所示,MM1N1N区域中宽L1=4 c
11、m,长L2=16 cm,通道侧面NN1、MM1用金属板制成,并分别与电源的正、负极相接,区域内有竖直向上的磁感应强度B=1 T的匀强磁场.当油污海水进入高宽=3 cm4 cm的通道后,水平方向的电流通过海水,海水在安培力作用下加速,和油发生摩擦起电,使上面的浮油层带正电,并在库仑力作用下变成直径为0.5 mm左右小油珠.油珠在横向的洛伦兹力作用下,逐渐向某一侧面运动,海水在船尾的出口被喷出,油通过N1处的油污通道流入油污收集箱而被排出.当船速为v0=8 m/s,电流为I=10 A时,油污的回收率(回收到的油与从入口进入的油的比值)恰好达到100%.假设浮油通过磁场边界MN前已成为带电小油珠,表
12、面油层中的电场力、油珠之间的相互作用力、海水对油层的带动均可忽略,油层在海面上厚度均匀.试完成下列问题:(1)判断海水所受的安培力的方向,并求出安培力大小.(2)船速为v0=8 m/s,电流为I=10 A时,油珠的比荷q/m为多少?(3)若小油珠的比荷只与电流的平方根成正比,则当船速达到v=16 m/s,电流仍为I=10 A时,油污的回收率为多少?若油污的回收率要达到100%,则电流至少要多少?(已知24.98)解析:(1)通道侧面NN1、MM1用金属板制成,并分别与电源的正、负极相接,所以电流的方向是NM,磁场的方向向上,所以由左手定则可知,安培力的方向向右.安培力的大小:F=BIL1=11
13、0410-2 N=0.4 N.(2)船速为v0=8 m/s,磁场随船运动,可以等效成带电粒子在磁场中的运动,此时洛伦兹力提供向心力,油滴运动的轨迹如图,则qv0B=所以r1= 由图中几何关系,可得=(r1-L1)2+代入数据,整理可得r11 250 cm=12.5 m联立得= C/kg=0.64 C/kg.(3)当船速到达v=16 m/s,电流仍为I=10 A时,粒子的半径r2= m=25 m设此时圆心到N点的距离是x,则=x2+代入数据得x= m24.98 m由几何关系可知,MN之间的油污可以进入油污收集箱的部分长度为l=r2-x=(25-24.98)m=0.02 m=2 cm所以回收率=1
14、00%=100%=50%若油污的回收率要达到100%,则需要船的速度是16 m/s时,粒子运动的半径仍然是12.5 m,又r1=()所以()= C/kg=1.28 C/kg=由于小油珠的比荷只与电流的平方根成正比,即所以=2,即I=4I=410 A=40 A.答案:(1)向右0.4 N(2)0.64 C/kg(3)50%40 A12.(2015富阳第二学期检测)如图(甲)所示,倾角=30的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为Q=210-4 C的正点电荷,将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)静止释放,小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图(乙)所示,其中线1为重力势能随
15、位移变化图象,线2为动能随位移变化图象.(g=10 m/s2,静电力常量k=9109 Nm2/C2)则:(1)描述小球向上运动过程中的速度与加速度的大小变化情况;(2)求小球的质量m和电量q;(3)斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U;(4)在图(乙)中画出小球的电势能E随位移s变化的图线.(取杆上离底端3 m处为电势零点)解析:(1)由图线2得知,小球的速度先增大,后减小.根据库仑定律得知,小球所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小球先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.(2)由线1可得
16、Ep=mgh=mgssin ,斜率k=20=mgsin 30,所以m=4 kg当达到最大速度时带电小球合力为零,mgsin =,由线2可得s0=1 m,得q=1.1110-5 C.(3)由线2可得,当带电小球运动至1 m处动能最大为27 J.根据动能定理WG+W电=Ek即有-mgh+qU=Ekm-0代入数据得U4.2106 V.(4)小球运动过程,动能Ek、重力势能Ep、电势能E满足关系Ep+E+Ek=60 J,即E=60 J-Ep-Ek确定相应s位置对应的E,描点作图如图中线3即为小球电势能E随位移s变化的图线.答案:(1)见解析(2)4 kg1.1110-5 C(3)4.2106 V(4)
17、见解析教师备用:如图所示,相距为R的两块平行金属板M,N正对着放置,S1,S2分别为M,N板上的小孔,S1,S2,O三点共线,它们的连线垂直M,N,且S2O=R,以O为圆心,R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B,方向垂直纸面向外的匀强磁场.D为收集板,板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R,板两端点的连线垂直M,N板.质量为m,带电量为+q的粒子,经S1进入M,N间的电场后,通过S2进入磁场.粒子在S1处的速度和粒子所受的重力均不计.(1)当M,N间的电压为U时,求粒子进入磁场时速度的大小v;(2)若粒子恰好打在收集板D的中点上,求M,N间的电压值U0;(3)当M,N间的电压不同时,
18、粒子从S1到打在D上经历的时间t会不同,求t的最小值.解析:(1)粒子从S1到达S2的过程中,根据动能定理得qU=mv2解得粒子进入磁场时速度的大小v=;(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动有qvB=则加速电压U与轨迹半径r的关系为U=当粒子打在收集板D的中点时,粒子在磁场中运动的轨迹半径r=R对应电压U0=;(3)M,N间的电压越大,粒子进入磁场时的速度越大,粒子在极板间经历的时间越短,同时在磁场中运动轨迹的半径越大,在磁场中运动的时间也会越短,出磁场后匀速运动的时间也越短,所以当粒子打在收集板D的右端时,对应时间t最短.根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的轨迹半径r=R则粒子进入磁场时速度的大小v=粒子在电场中经历的时间t1=粒子在磁场中经历的时间t2=粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3=粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t=t1+t2+t3=.答案:(1)(2)(3)
