高考物理一輪復習 第10章 磁場 微專題55 帶電粒子在疊加場中的運動試題 粵教版-粵教版高三物理試題

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1、55 帶電粒子在疊加場中的運動 [方法點撥]　(1)先確定各場的方向、強弱等，后正確分析帶電體受力情況、運動情況，尋找臨界點、銜接點；(2)若帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動，則重力、電場力與磁場力的合力為零；(3)若帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動，則重力與電場力等大、反向． 1．如圖1所示，有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中，當有穩(wěn)恒電流沿平行平面C的方向通過時，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．金屬塊上表面M的電勢高于下表面N的電勢 B．電流增大時，M、N兩表面間的電壓U增大 C．磁感應強度增大時，M、N兩表面間的電壓U減小 D．金屬塊中單位體積內的自由電子數越

2、少，M、N兩表面間的電壓U越小 2．(多選)如圖2所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變．關于小球的運動，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B．若沿ab方向做直線運動，則小球帶正電，且一定是勻速運動 C．若沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動 D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變 3．(多選)如圖3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

3、小球，小球電荷量q＝6×10－7 C，在圖示坐標系中，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(　　) 圖3 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 4．(多選)太陽風含有大量高速運動的質子和電子，可用于發(fā)電．如圖4，太陽風進

4、入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L，則(　　) 圖4 A．在開關K未閉合的情況下，兩極板間穩(wěn)定的電勢差為BLv B．閉合開關K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則極板間電場恒定 C．閉合開關K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILv D．閉合開關K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功 5．如圖5甲所示，一個質量為m，電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動且細桿處于勻強磁場中(不計空氣阻力)，現給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運動過程中

5、，圓環(huán)的速度－時間圖象如圖乙所示．則關于圓環(huán)所帶的電性、勻強磁場的磁感應強度B和圓環(huán)克服摩擦力所做的功W(重力加速度為g)，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．圓環(huán)帶負電 B．B＝ C．W＝mv D．W＝mv 6．有一電荷量為－q，重力為G的小球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強磁場的磁感應強度為B，方向如圖6所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時(　　) 圖6 A．一定做曲線運動 B．不可能做曲線運動 C．有可能做勻速運動 D．有可能做勻加速直線運動 7．(多選)磁流體發(fā)電機是一種把物體內能直接轉化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機，如圖7為其原理示意圖，平

6、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，噴入氣流的速度為v，磁流體發(fā)電機的電阻為r(R0

7、場，x軸下方是豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場的復合場區(qū)域．一帶電小球從x軸上的A點以一定初速度v0垂直x軸向上射出，小球恰好以速度v0從y軸上的C點垂直y軸進入第一象限，然后從x軸上的D點進入x軸下方的復合場區(qū)域，小球在復合場區(qū)域內做圓周運動，最后恰好擊中原點O，已知重力加速度為g.求： 圖8 (1)帶電小球的比荷； (2)x軸下方勻強電場的電場強度大小E和勻強磁場的磁感應強度大小B； (3)小球從A點運動到O點經歷的時間t. 答案精析 1．B　[由左手定則可知，通有圖示電流時，自由電子受到向上的洛倫茲力，向M面偏轉，故上表面M電勢低于下表面N的電勢，A項錯；最終電

8、子在洛倫茲力和電場力作用下處于平衡，即evB＝e，則有，U＝Bvd，由此可知，磁感應強度增大時，M、N兩表面間的電壓增大，C項錯；由電流的微觀表達式I＝neSv可知，電流增大說明自由電子定向移動速率v增大，所以M、N兩表面間的電壓增大,B項正確;電流一定時,金屬塊中單位體積內的自由電子數n越少,自由電子定向移動的速率一定越大,所以M、N兩表面間的電壓越大，D項錯.] 2．AB　[若ab方向的小球帶正電，ac方向的小球帶負電，則都可能做直線運動，如圖所示，A項正確． 根據上述分析可知，若小球沿ab方向做直線運動，重力和電場力不變，由圖中可以看出應保證重力和電場力的合力與洛倫茲力大小相等且

9、方向相反；若速度改變，則洛倫茲力改變，小球所受的合外力大小不為零且方向與速度方向不共線，所以小球將不做直線運動，B項正確．根據上述分析可知小球若沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，重力和電場力不變，由圖中可以看出應保證重力和電場力的合力與洛倫茲力大小相等且方向相反；若速度改變，則洛倫茲力改變，小球所受的合外力大小不為零且方向與速度方向不共線，所以小球將不做直線運動，C項錯誤．兩小球在運動過程中洛倫茲力不做功，只有重力和電場力做功．電場力做功，電勢能改變，則機械能也改變，D項錯誤．] 3．BD　[由勻強電場的場強公式E＝結合題圖乙，可得E＝ V/m＝5×106 V/m，故A錯誤；由功能關系W電

10、＝－ΔEp，W電＝qU＝6×10－7×4×106 J＝2.4 J，即電勢能減少了2.4 J，故B正確；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，說明是洛倫茲力提供向心力，由左手定則得小球應該做逆時針方向的圓周運動，故C錯誤；重力和電場力是一對平衡力，有qE＝mg，得m＝＝0.3 kg，由洛倫茲力提供向心力可知洛倫茲力為f＝m＝ N＝3 N，故D正確．故選B、D.] 4．AB　[太陽風進入兩極板之間的勻強磁場中，穩(wěn)定后，帶電離子受到洛倫茲力和電場力作用，且＝qvB，解得U＝BLv，選項A正確；閉合開關后，若回路中有穩(wěn)定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場

11、恒定，選項B正確；回路中電流I＝＝，電阻消耗的熱功率P＝I2R＝，選項C錯誤；由于洛倫茲力永遠不做功，所以選項D錯誤．] 5．B　[當圓環(huán)做勻速直線運動時，不受摩擦力，因此重力和洛倫茲力相等，洛倫茲力方向向上，因此圓環(huán)帶正電，A項錯誤；mg＝qB，B＝，B項正確；對這個過程，利用動能定理，可得：－W＝m2－mv，W＝mv，C、D項錯誤．] 6．A　[帶電小球在重力場、電場和磁場中運動，所受重力、電場力是恒力，但受到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態(tài)，也不可能在電、磁場中做勻變速直線運動，故選項A正確．] 7．AC　[因等離子體噴入磁場后，由左手定則可知正離子

12、向D板偏，負離子向C板偏，即金屬板C為電源負極，D為電源正極，A對；等離子體穩(wěn)定流動時，洛倫茲力與電場力平衡，即Bqv＝q，所以電源電動勢為E＝U＝Bdv，又R0

13、)　(2)E0　　(3) 解析　(1)小球運動軌跡如圖所示，在第二象限內小球受重力和電場力作用做曲線運動，由運動的合成與分解知豎直方向：v0＝gt1，OC＝gt 水平方向：v0＝at1，OA＝at， a＝ 聯立得＝，OC＝OA＝，t1＝ (2)設小球在D點時速度為v，小球從C點到D點做平拋運動，有OC＝gt，OD＝v0t2，tan θ＝，vcos θ＝v0 聯立得OD＝，t2＝，θ＝45°，v＝v0 因小球在復合場中做圓周運動，所以電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即mg＝qE，得E＝E0 而Bqv＝m，得B＝ 由軌跡圖知2Rsin θ＝OD 聯立得B＝ (3)小球做圓周運動所用時間為t3＝×＝ 所以小球從A點運動到O點經歷的時間t＝t1＋t2＋t3＝.