（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)45 帶電粒子在疊加場中的運動專題（含解析）新人教版

帶電粒子在疊加場中的運動專題一、選擇題1(2018·江蘇二模)(多選)如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B，范圍足夠大的水平勻強磁場內(nèi)，固定著傾角為的絕緣斜面，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)滑動時電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其加速度大小a與時間t的關(guān)系圖像，可能正確的是()答案CD解析當(dāng)電荷量為q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，依據(jù)左手定則，滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力會隨著速度減小而減小，其對斜面的壓力也減小，滑塊受到滑動摩擦力會減小，根據(jù)牛頓第二定律，滑塊受到的合力會減小，則加速度也會減小，因斜面長度與初速度大小不知，因此可能，滑塊沒到斜面頂端，加速度減為零，也可能到達(dá)頂端，仍有加速度，且恒定，故A、B兩項錯誤，C、D兩項正確2.(2018·天津模擬)如圖所示為“速度選擇器”裝置示意圖，a、b為水平放置的平行金屬板，其電容為C，板間距離為d，平行板內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，a、b板分別帶上等量異號電荷后，平行板內(nèi)產(chǎn)生豎直方向的勻強電場一帶電粒子以速度v0經(jīng)小孔進入正交電磁場可沿直線OO運動，由O射出，粒子所受重力不計，以下說法正確的是()Aa板帶負(fù)電，其電量為CBv0dBa板帶正電，其電量為C極板間的電場強度EBv0，方向豎直向下D若粒子的初速度大于v0，粒子在極板間將向右上方做勻加速曲線運動答案C解析A、B、C三項，粒子所受的洛倫茲力與電場力大小相等、方向相反方可通過平行金屬板，若粒子帶正電，通過左手定則判斷洛倫茲力的方向向上，電場力向下，滿足的條件應(yīng)是：a板帶正電；粒子所受洛倫茲力與電場力相等：qv0BqEq得：EBv0；UBv0d；又QCUCBv0d，故A、B兩項錯誤，C項正確；D項，若該粒子帶正電，且速度增加，洛倫茲力增加，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，隨速度的變化，洛倫茲力變化，可知粒子做曲線運動，但不是勻加速曲線運動，故D項錯誤3.(2018·青島一模)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外已知在該區(qū)域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動下列說法正確的是()A若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B若小球帶負(fù)電荷，則小球的電勢能減小C無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D小球的動能可能會增大答案C解析A項，若小球帶正電荷，受力情況如圖所示，由左手定則知，小球斜向左下方運動，電場力做負(fù)功，則小球的電勢能增大，故A項錯誤B項，若小球帶負(fù)電荷，同理知，小球斜向右下方運動，電場力做負(fù)功，則小球的電勢能增大，故B項錯誤C項，無論小球帶何種電荷，小球的高度都下降，重力勢能都減小，故C項正確D項，由于洛倫茲力與速度成正比，所以小球只能做勻速直線運動，動能不變，否則，小球的速度變化，小球所受的洛倫茲力變化，不可能做直線運動，故D項錯誤4(2018·江蘇三模)磁流體發(fā)電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內(nèi)，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉(zhuǎn)，形成直流電源對外供電則()A僅減小兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢將增大B僅增強磁感應(yīng)強度，發(fā)電機的電動勢將減小C僅增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機的輸出功率將增大D僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機的總功率將增大答案D解析A、B兩項，最終電荷受電場力與洛倫茲力平衡，有：qvBq，解得UABBdv.只增大入射速度，則電勢差增大，只增大磁感應(yīng)強度，電勢差增大，只增大兩板之間的距離，電勢差也會增大，故A、B兩項錯誤C項，依據(jù)電源的輸出功率表達(dá)式P()2R，當(dāng)Rr時，輸出功率達(dá)到最大，因此僅增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機的輸出功率不一定增大，故C項錯誤；D項，根據(jù)P總EIBdv，當(dāng)只增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機的總功率將增大，故D項正確5(2018·揚州一模)(多選)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件樣品置于磁場中，表面與磁場方向垂直，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端當(dāng)開關(guān)S1、S2閉合后，三個電表都有明顯示數(shù)，下列說法正確的是()A通過霍爾元件的磁場方向向下B接線端2的電勢低于接線端4的電勢C僅將電源E1、E2反向接入電路，電壓表的示數(shù)不變D若適當(dāng)減小R1、增大R2，則電壓表示數(shù)一定增大答案ABC解析A項，根據(jù)安培定則可知，磁場的方向向下，故A項正確；B項，通過霍爾元件的電流由1流向接線端3，負(fù)電子移動方向與電流的方向相反，由左手定則可知，負(fù)電子偏向接線端2，所以接線端2的電勢低于接線端4的電勢，故B項正確；C項，當(dāng)調(diào)整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流方向相反，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，即2、4兩接線端的電勢高低關(guān)系不發(fā)生改變，故C項正確；D項，根據(jù)霍爾電壓UH，適當(dāng)減小R1，電磁鐵中的電流增大，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B增大，而當(dāng)增大R2，霍爾元件中的電流I減小，電壓表示數(shù)不一定減小，故D項錯誤6(2018·合肥一模)(多選)如圖所示，豎直放置的兩平行金屬板，長為L，板間距離為d，接在電壓為U的直流上在兩板間加一磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電油滴，從距金屬板上端高為h處由靜止開始自由下落，并經(jīng)兩板上端連線中點P進入板間油滴在P點所受的電場力與磁場力大小恰好相等，且最后恰好從金屬板的下邊緣離開電磁場區(qū)域空氣阻力不計，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A油滴剛進入電磁場時的加速度為gB油滴開始下落的高度hC油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開D油滴離開電磁場時的速度大小為答案ABD解析A項，油滴剛進入電磁場時，電場力與磁場力大小恰好相等，故合力等于重力G，加速度為g，故A項正確；B項，在P點由題意可知：qEqvB自由下落過程有：v22ghUEd由以上三式解得：h，故B項正確；C項，根據(jù)左手定則，在P位置時受洛倫茲力向右，豎直方向在加速，故洛倫茲力在變大，故油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開，故C項錯誤；D項，整個過程由動能定理有：mg(hL)qE×mv2得：v，故D項正確7(2018·成都模擬)(多選)如圖所示，空間中有一范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向水平且垂直于紙面向外、一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運動，經(jīng)時間t0圓環(huán)回到出發(fā)點，假設(shè)圓環(huán)在回到出發(fā)點以前已經(jīng)開始做勻速運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A圓環(huán)在t時剛好到達(dá)最高點B圓環(huán)在運動過程中的最大加速度為amgC圓環(huán)從出發(fā)到回到出發(fā)點過程中損失的機械能為m(v02)D圓環(huán)在上升過程中損失的機械能等于下落回到出發(fā)點過程中損失的機械能答案BC解析A項，由能量守恒可知：洛倫茲力不做功，摩擦力做功使機械能不斷減小，在同一位置，環(huán)向上的速度大于向下運動的速度，向上的運動時間小，因此在t時，不可能剛好到達(dá)最高點，故A項錯誤；B項，圓環(huán)在運動過程中，向上運動的加速度大于向下運動的加速度，而向上運動摩擦力越大，則加速度越大，因此環(huán)剛開始運動時，其最大加速度，最大加速度為amg，故B項正確；C項，圓環(huán)從出發(fā)到回到出發(fā)點過程中，重力勢能變化為零，那么機械能的損失，即為動能的減小，根據(jù)動能定理，則有，Ekmv2mv02，而v，因此損失的機械能為m(v02)，故C項正確；D項，根據(jù)功能關(guān)系，除重力以外的力做功導(dǎo)致機械能變化，而環(huán)在上升與下落過程中，因摩擦力做功值不同，因此環(huán)在上升過程中損失的機械能不會等于下落回到出發(fā)點過程中損失的機械能，故D項錯誤8(2018·河南模擬)(多選)如圖所示，在平行板電容器極板間有場強為E、方向豎直向下的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B1、方向水平向里的勻強磁場左右兩擋板中間分別開有小孔S1、S2，在其右側(cè)有一邊長為L的正三角形磁場，磁感應(yīng)強度為B2，磁場邊界ac中點S3與小孔S1、S2正對現(xiàn)有大量的帶電荷量均為q、而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔S1水平射入電容器，其中速率為v0的粒子剛好能沿直線通過小孔S1、S2.粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計下列有關(guān)說法中正確的是()Av0一定等于B在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足v0>C質(zhì)量<的粒子都能從ac邊射出D能打在ac邊的所有粒子在磁場B2中運動的時間一定都相同答案AB解析A項，當(dāng)正粒子向右進入復(fù)合場時，受到的電場力向下，洛倫茲力方向向上，如果大小相等，即qEqv0B1解得：v0就會做勻速直線運動，A項正確；B項，正粒子向上偏轉(zhuǎn)是因為向上的洛倫茲力大于向下的電場力，即v0>，B項正確；C項，設(shè)質(zhì)量為m0的粒子的軌跡剛好與bc邊相切，如圖所示由幾何關(guān)系得：RR，而R，解得m0，所以m<的粒子都會從ac邊射出，而<，C項錯誤；D項，質(zhì)量不同的粒子在磁場中運動的周期不同，所以在磁場中運動的時間不同，D項錯誤9(2018·茂名模擬)(多選)如圖所示，金屬棒MN與金屬網(wǎng)PQ之間存在水平向右的勻強電場，PQ與虛線JK之間的區(qū)域存在豎直向上的勻強電場與垂直紙面向里的勻強磁場，兩個電場的電場強度大小均為E，磁場的磁感應(yīng)強度大小為，兩個區(qū)域的寬度均為d.一個帶正電的微粒貼著MN以初速度v0豎直向上射入場區(qū)，運動到PQ時速度大小仍為v0，方向變?yōu)樗较蛴乙阎亓铀俣葹間，下列說法正確的是()A微粒在MN與PQ間做勻變速運動，運動時間為B微粒在PQ與JK間做勻速圓周運動，圓周半徑rdC微粒在PQ與JK間做勻速直線運動，運動時間為D微粒在題述兩個區(qū)域中運動的總時間為答案AD解析A項，微粒在MN與PQ間豎直方向受到重力作用，水平方向受到電場力作用，水平方向有d·t2，豎直方向有dgt2，則知Eqmg，在豎直方向有：v0gt1，則t1或水平方向有t1，故A項正確；B項，微粒在剛進入PQ與JK間時，受到向下的重力，向上的電場力和向上的洛倫茲力作用，由于B，則Bqv0qEmg，由于重力和電場力平衡，故微粒做勻速圓周運動，半徑為r2d，故B項錯誤；C、D兩項，由幾何關(guān)系可知，設(shè)微粒在PQ與JK間運動的圓心角為，則sin0.5，30°，故所用時間為t2，所以微粒在題述兩個區(qū)域中運動的總時間為tt1t2，故C項錯誤，D項正確10(2018·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場中豎直固定著一個半徑R m的光滑圓弧，圓弧CD豎直固定，它對應(yīng)的圓心角為240°，在C的左端有一傾斜的切線光滑軌道AC與水平面夾角30°.電場強度為E的電場充滿整個空間，而磁感應(yīng)強度為B的磁場只分布在圓弧軌道所在的右半側(cè)區(qū)域，已知E和B在數(shù)值上相等，取重力加速度g10 m/s2.現(xiàn)在A點安裝一個彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點的帶電小球，小球的質(zhì)量為m，小球射出后能在AC上做勻速直線運動，則下列說法正確的是()A小球一定帶負(fù)電B小球在軌道的最低點F處速度最大C若小球以初速度v0(5) m/s射出，則小球會從D點離開軌道D若撤去磁場，讓小球以初速度v02 m/s射出，則小球一定不會脫離軌道答案D解析A項，小球射出后能在AC上做勻速直線運動，小球所受合力為零，電場力水平向左，則小球帶正電，A項錯誤B項，小球受力如圖所示，電場力與重力的合力與豎直方向夾角為30°，小球速度最大位置在圖中C點，B項錯誤C項，重力與電場力的合力：F，電場力：qEmgtanmg，小球在P點恰好不脫離軌道，此時軌道對小球彈力為零，由牛頓第二定律得：FqvBm，由題意可知：EB，解得：v m/s，從A到C過程小球速度不變，從C到P過程，由動能定理得：F·2Rmv2mv02，解得：v0>(5) m/s，則小球不會通過P到達(dá)D點，故C項錯誤；D項，設(shè)當(dāng)小球初速度v1時，恰好從C點沿圓弧轉(zhuǎn)過90°到B點，從C到B根據(jù)動能定理：FRmv12，解得v12m/s，由于v02m/s<2m/s，則小球一定不會脫離軌道只有D項正確二、非選擇題11(2018·長春模擬)如圖所示，水平向左的勻強電場的場強E4 v/m，垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場的B2 T，質(zhì)量為m1 kg的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點由靜止開始下滑，滑行h0.8 m到達(dá)N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達(dá)P點開始做勻速直線運動，此時速度與水平方向成45°角，P點離開M點的豎直高度為H1.6 m，取g10 m/s2試求：(1)A沿墻下滑克服摩擦力做的功Wf(2)P點與M點的水平距離xp.解析(1)在N點有：qvNBqE得：vN2 m/s由動能定理mghWfmvN2代入數(shù)據(jù)解得：Wf6 J；(2)在P點三力平衡，qEmg，qvBqEmg則得：vP2 m/s由動能定理，從N到P：mghqExpmvP2mvN2g(hxp)(vP2vN2)2將h0.8 m，vN2 m/s代入解得：xp0.6 m.12(2018·湖北模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標(biāo)系中，MN與水平x軸平行，在MN與x軸之間有豎直向上的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面水平向里的勻強磁場，電場強度E2 N/C，磁感應(yīng)強度B1 T，從y軸上的P點沿x軸方向以初速度v01 m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m2×106 kg，電荷量q1×105 C，g取10 m/s2.已知P點到O點的距離為d00.15 m，MN到x軸距離為d0.20 m(3.14，1.414，1.732，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)求小球從P點運動至MN邊界所用的時間；(2)當(dāng)小球運動到x軸時撤去電場，求小球到達(dá)MN邊界時的速度大小解析(1)由平拋運動規(guī)律可得：d0gt12得：t1 s0.173 s到達(dá)x軸的速度：v2 m/s速度偏轉(zhuǎn)角：tan所以：60°小球進入混合場后，受到的電場力：qE105×22×105 N，方向向上，小球的重力：mg2×106×102×105 N方向向下；小球受到的電場力與重力抵消，則小球在混合場中做勻速圓周運動：qvB代入數(shù)據(jù)可得：r0.4 m由幾何關(guān)系可知，小球的軌跡恰好與MN相切，則小球在混合場中偏轉(zhuǎn)的角度是60°，設(shè)小球在混合場中運動的時間為t2，則：t2·代入數(shù)據(jù)可得：t2 s0.209 s小球運動的時間：tt1t20.1730.2090.38 s(2)設(shè)撤去電場后小球到達(dá)MN的速度大小為v1，方向與水平方向之間的夾角為，在x軸下方只有重力做功，則：mgdmv12mv2解答：v12m/s2.8 m/s13.如圖所示，足夠大的空間內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，xOy是在豎直平面內(nèi)建立的平面坐標(biāo)系，磁場方向垂直xOy平面向外，在一、四象限內(nèi)還存在水平向右的勻強電場，場強大小為E.帶電粒子從x軸上的C點沿CD方向做勻速直線運動，CD與x方向夾角30°，然后從D點進入第三象限內(nèi)，重力加速度為g.(1)求粒子的電性以及勻速運動的速度；(2)欲使粒子進入第三象限內(nèi)做勻速圓周運動，需要施加一個勻強電場，求此電場的場強大小和方向；(3)在第(2)問的情況下，粒子到達(dá)x軸負(fù)半軸的M點(未畫出)，且OMOC，求OC的長度以及在第三象限內(nèi)運動的時間答案(1)正電(2)E豎直向上(3)解析(1)粒子帶正電，從C到D運動過程，受力如圖所示qvBsin30°qE，解得v.(2)欲使粒子在第三象限做勻速圓周運動，則qEmg又qEmgtan30°聯(lián)立解得EE，方向豎直向上(3)如圖所示，OD垂直v，由幾何知識知道OD平分ODM，ODMOMD30°MD的垂直平分線必與x軸交于O點，即O為勻速圓周運動的圓心qvBrrsin30°OMOC聯(lián)立解得r，OC由圖知道：MOD120°所以在第三象限內(nèi)運動的時間為ttTT所以t.12