1、- 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 )- 2
2、 -A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,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=tAD B.tABtACtADC.tA
3、B ,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
4、俯视图如图(乙)所示,MM 1N1N 区域中宽 L1=4 cm,长 L2=16cm,通道侧面 NN1、MM 1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- 11 -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
5、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)- 12 -解析:(1)通道侧面 NN1、MM 1用金属板制成,并
6、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=BIL 1=110410-2 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- 13 -设此时圆心到 N 点的距离
7、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 = 100%= 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
8、(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 为重力势能随位移变化图象,线 2 为动能随位移变化图象.(g=10 m/s 2,静电力常量 k=9109 Nm2/C2)则:- 14 -(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
9、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 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 =E k
10、- 15 -即有-mgh+qU=E km-0代入数据得 U4.210 6 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 kg 1.1110 -5 C(3)4.2106 V(4)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,S 1,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
11、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.- 16 -(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,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=
12、 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- 17 -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)
