（江蘇專版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十九）帶電粒子在疊加場中的運動（含解析）.doc

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帶電粒子在疊加場中的運動 1.(2018淮安模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則(　　) A．液滴帶正電 B．液滴比荷＝ C．液滴沿順時針方向運動 D．液滴運動速度大小v＝ 解析：選C　液滴在重力場、勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運動，可知，qE＝mg，得＝，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針轉(zhuǎn)動，C正確；對液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故D錯誤。 2.[多選](2018宜興期中)如圖所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強(qiáng)磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運動，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中正確的是(　　) A．液滴可能帶負(fù)電 B．液滴一定做勻速直線運動 C．液滴有可能做勻變速直線運動 D．電場線方向一定斜向上 解析：選BD　帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力f，由于帶電液滴做直線運動，因此這三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運動，不可能做勻變速直線運動，當(dāng)帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力f作用，這三個力的合力可能為零，如果帶電液滴帶負(fù)電、或電場線方向斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運動，故B、D正確，A、C錯誤。 3．[多選](2018揚州中學(xué)期末)如圖所示，板間電壓為U的平行金屬板豎直放置，A板帶負(fù)電，B板帶正電，兩板之間有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的油滴由上方下落，從兩板中央P點進(jìn)入并穿過磁場區(qū)域。PO為兩板間的中線，油滴剛進(jìn)入極板間時受到的電場力大小恰等于洛倫茲力大小，下列說法正確的有(　　) A．油滴沿PO方向勻速通過平行板 B．油滴一定從O點左側(cè)飛出 C．油滴一定從O點右側(cè)飛出 D．油滴不可能沿PO方向做勻加速直線運動通過平行板 解析：選CD　油滴剛進(jìn)入極板間時水平方向受到的電場力大小恰等于洛倫茲力大小，豎直方向受到重力作用，則速度逐漸變大，隨著速度的變大，洛倫茲力變大，則油滴做變速曲線運動，不可能沿PO方向勻速或勻加速直線運動通過平行板，選項A錯誤，D正確；由于洛倫茲力方向向右，可知粒子運動軌跡向右偏轉(zhuǎn)，從O點右側(cè)飛出，選項B錯誤，C正確。 4．(2018南通三模)磁流體發(fā)電機(jī)原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強(qiáng)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(jī)的電動勢將增大 B．僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動勢將減小 C．僅增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機(jī)的輸出功率將增大 D．僅增大等離子體的噴射速度，發(fā)電機(jī)的總功率將增大 解析：選D　帶電離子向極板偏轉(zhuǎn)，達(dá)到穩(wěn)定時，有：qvB＝q，解得：E電＝Bdv，由此可知僅減小兩板間的距離，發(fā)電機(jī)的電動勢將減小，僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動勢將增大，故A、B錯誤；根據(jù)歐姆定律和功率公式可知，當(dāng)外電阻和內(nèi)電阻相等時，輸出功率最大，所以增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機(jī)的輸出功率不一定增大，故C錯誤；由E電＝Bdv，可知僅增大等離子體的噴射速度，電動勢將增大，因為總電阻不變，所以輸出功率將增大，故D正確。 5．[多選](2019鹽城中學(xué)模擬)如圖所示是某霍爾元件的內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖，其載流子為電子，a接直流電源的正極，b接直流電源的負(fù)極，c、d間輸出霍爾電壓，下列說法正確的是(　　) A．若工作面水平，置于豎直向下的磁場中，c端的電勢高于d端 B．c、d間霍爾電壓與a、b間電流大小有關(guān) C．將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場強(qiáng)弱相同 D．在測定地球赤道上的磁場強(qiáng)弱時，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直 解析：選ABD　若工作面水平，置于豎直向下的磁場中，由于電流從a流向b，電子從b向a移動，由左手定則可知，電子偏向d極，則c端的電勢高于d端，選項A正確；c、d間霍爾電壓滿足q＝Bqv，而I＝neSv，可知U＝Bdv＝，即c、d間霍爾電壓與a、b間電流大小有關(guān)，選項B正確；由以上分析可知，將該元件移至另一位置，反復(fù)調(diào)整元件的方向，若最大霍爾電壓相同，則兩處的磁場強(qiáng)弱相同，選項C錯誤；地球赤道處的磁場與地面平行，則在測定地球赤道上的磁場強(qiáng)弱時，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直，選項D正確。 6．(2018南京、鹽城二模)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，范圍足夠大的水平勻強(qiáng)磁場內(nèi)，固定著傾角為θ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μ。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(　　) 解析：選C　根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向：mgsin θ＋μFN＝ma，垂直斜面方向：FN＝mgcos θ＋qvB，聯(lián)立解得a＝gsin θ＋μgcos θ＋，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，但減不到零，故C正確，A、B、D錯誤。 7.如圖所示，一個粗糙且足夠長的斜面體靜止于水平面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的過程中，斜面體靜止不動。下列判斷正確的是(　　) A．滑塊受到的摩擦力逐漸增大 B．滑塊沿斜面向下做勻加速直線運動 C．滑塊最終要離開斜面 D．滑塊最終可能靜止于斜面上 解析：選C　滑塊受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛倫茲力和沿斜面向上的摩擦力四個力的作用，初始時刻洛倫茲力為0，滑塊在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下運動，隨著速度v的增大，洛倫茲力qvB增大，滑塊受到的彈力減小，引起摩擦力減小，滑塊沿斜面向下的加速度大小a＝變大，當(dāng)qvB＝mgcos θ時，滑塊開始離開斜面。綜上所述，故C正確，A、B、D錯誤。 8．[多選]如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的傾角為θ。一帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ。在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球下滑的最大速度為vm＝ B．小球下滑的最大加速度為am＝gsin θ C．小球的加速度一直在減小 D．小球的速度先增大后不變 解析：選BD　小球開始下滑時有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，隨v增大，a增大，當(dāng)v＝時，a達(dá)最大值gsin θ，B正確；此時洛倫茲力等于mgcos θ，支持力等于0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過程中有mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，隨v增大，a減小，當(dāng)vm＝時，a＝0，此時達(dá)到平衡狀態(tài)，速度不變。所以整個過程中，v先一直增大后不變，a先增大后減小，所以D正確。 9．[多選]如圖所示為一個質(zhì)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(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中(不計空氣阻力)?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖像可能是下圖中的(　　) 解析：選AD　由左手定則可判斷圓環(huán)所受洛倫茲力方向向上，當(dāng)qv0B＝mg時，圓環(huán)做勻速運動，此時圖像為A，故選項A符合題意；當(dāng)qv0Bmg時，F(xiàn)N＝qv0B－mg，此時：μFN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvB＝mg時，圓環(huán)開始做勻速運動，故D符合題意。 10.如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B的復(fù)合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法中錯誤的是(　　) A．小球可能帶正電 B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期不變 解析：選A　小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以mg＝qE，由于電場力的方向與場強(qiáng)的方向相反，故小球帶負(fù)電，故A錯誤；由于洛倫茲力提供向心力，故有qvB＝，解得r＝，又由于qU＝mv2，解得v＝ ，所以r＝ ＝ ，故B正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期T＝＝＝，顯然運動周期與加速電壓無關(guān)，電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期不變，故C、D正確。 11.如圖所示，虛線上方有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，虛線上下方有相同的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外。ab是一根長為l的絕緣細(xì)桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶正電荷量為q、質(zhì)量為m的小球(小球重力忽略不計)，從a端由靜止釋放后，小球先做加速運動，后做勻速運動到達(dá)b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當(dāng)小球脫離桿進(jìn)入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是，求： (1)小球到達(dá)b點的速度； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E； (3)帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。 解析：(1)小球在磁場中做勻速圓周運動時， 根據(jù)牛頓第二定律，則有Bqvb＝m 又R＝ 解得vb＝。 (2)小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖，受向左的洛倫茲力F、向右的彈力N、向下的電場力qE以及向上的摩擦力f， 小球沿桿勻速運動時，洛倫茲力 F＝Bqvb 則有N＝F＝Bqvb 所以f＝μN＝μBqvb 此時qE＝f＝μBqvb 解得E＝。 (3)小球從a運動到b過程中， 由動能定理得：W電－Wf＝mvb2 又W電＝qEl＝ 所以Wf＝－mvb2＝ 則有：＝。 答案：(1)　(2)　(3) 12．如圖所示，在地面附近，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在x<0的區(qū)域內(nèi)還有沿x軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。一個帶正電油滴經(jīng)圖中x軸上的M點，沿著與水平方向成α＝30角斜向下做直線運動，進(jìn)入x＞0的區(qū)域。要使油滴進(jìn)入x＞0的區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，需在x＞0的區(qū)域內(nèi)加一個勻強(qiáng)電場，若帶電油滴做圓周運動通過x軸上的N點，且MO＝NO。求： (1)油滴在M點的運動速度的大?。? (2)在x＞0的區(qū)域內(nèi)所加的電場強(qiáng)度的大小和方向； (3)油滴從x軸上的M點到達(dá)x軸上的N點所用的時間。 解析：(1)帶電油滴做直線運動時的受力情況如圖所示： 由受力圖得：qE＝mgtan 30 mg＝qvBcos 30 聯(lián)立解得：v＝。 (2)要使油滴進(jìn)入x>0的區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，則帶電油滴所受電場力應(yīng)與所受重力相平衡。有：qE′＝mg 解得E′＝E，方向豎直向上。 (3)由已知條件MO＝NO可知：∠ONP＝α＝30 又：∠OMP＝α＝30，∠MO′P＝60 則：∠O′PN＝30 故：P點速度方向與PN成60角，N點速度方向也與PN成60角。即N點速度與x軸垂直，O′為帶電油滴做圓周運動的圓心 半徑R＝＝ 帶電油滴做直線運動的時間：t1＝＝＝ 帶電油滴做圓周運動的時間： t2＝T＝＝ 則帶電油滴從M點到N點所用的時間為 t＝t1＋t2＝。 答案：(1)　(2)E，方向豎直向上　(3)