《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 微專題55 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動試題 粵教版-粵教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 微專題55 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動試題 粵教版-粵教版高三物理試題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、55 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動 [方法點(diǎn)撥]　(1)先確定各場的方向、強(qiáng)弱等，后正確分析帶電體受力情況、運(yùn)動情況，尋找臨界點(diǎn)、銜接點(diǎn)；(2)若帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)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(yùn)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(qiáng)磁場中，當(dāng)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(yīng)強(qiáng)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(nèi)的自由電子數(shù)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(qiáng)電場E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)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(guān)于小球的運(yùn)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(yùn)動 B．若沿ab方向做直線運(yùn)動，則小球帶正電，且一定是勻速運(yùn)動 C．若沿ac方向做直線運(yùn)動，則小球帶負(fù)電，可能做勻加速運(yùn)動 D．兩小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能均保持不變 3．(多選)如圖3甲所示，絕緣輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中的O點(diǎn)，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(biāo)系中，電場方向沿豎直方向，坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢為零．當(dāng)小球以2 m/s的速率繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動時，細(xì)繩上的拉力剛好為零．在小球從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，軌跡上每點(diǎn)的電勢φ隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)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(qiáng)電場的場強(qiáng)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(yùn)動 D．小球所受的洛倫茲力的大小為3 N 4．(多選)太陽風(fēng)含有大量高速運(yùn)動的質(zhì)子和電子，可用于發(fā)電．如圖4，太陽風(fēng)進(jìn)

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(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L，則(　　) 圖4 A．在開關(guān)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(guān)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(guān)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(guān)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(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)桿上滑動且細(xì)桿處于勻強(qiáng)磁場中(不計空氣阻力)，現(xiàn)給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動過程中

5、，圓環(huán)的速度－時間圖象如圖乙所示．則關(guān)于圓環(huán)所帶的電性、勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動 B．不可能做曲線運(yùn)動 C．有可能做勻速運(yùn)動 D．有可能做勻加速直線運(yùn)動 7．(多選)磁流體發(fā)電機(jī)是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，如圖7為其原理示意圖，平

6、行金屬板C、D間有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)電的微粒)水平噴入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)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(guān)S串聯(lián)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(jī)的電阻為r(R0

7、場，x軸下方是豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場區(qū)域．一帶電小球從x軸上的A點(diǎn)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(diǎn)垂直y軸進(jìn)入第一象限，然后從x軸上的D點(diǎn)進(jìn)入x軸下方的復(fù)合場區(qū)域，小球在復(fù)合場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動，最后恰好擊中原點(diǎn)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(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)經(jīng)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(zhuǎn)，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(yīng)強(qiáng)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(dá)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(nèi)的自由電子數(shù)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(fù)電，則都可能做直線運(yùn)動，如圖所示，A項正確． 根據(jù)上述分析可知，若小球沿ab方向做直線運(yùn)動，重力和電場力不變，由圖中可以看出應(yīng)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?qū)⒉蛔鲋本€運(yùn)動，B項正確．根據(jù)上述分析可知小球若沿ac方向做直線運(yùn)動，則小球帶負(fù)電，重力和電場力不變，由圖中可以看出應(yīng)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?qū)⒉蛔鲋本€運(yùn)動，C項錯誤．兩小球在運(yùn)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(jī)械能也改變，D項錯誤．] 3．BD　[由勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式E＝結(jié)合題圖乙，可得E＝ V/m＝5×106 V/m，故A錯誤；由功能關(guān)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(dāng)小球以2 m/s的速率繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動時，細(xì)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(yīng)該做逆時針方向的圓周運(yùn)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(fēng)進(jìn)入兩極板之間的勻強(qiáng)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(guān)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(yuǎn)不做功，所以選項D錯誤．] 5．B　[當(dāng)圓環(huán)做勻速直線運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(fù)離子向C板偏，即金屬板C為電源負(fù)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(yùn)動軌跡如圖所示，在第二象限內(nèi)小球受重力和電場力作用做曲線運(yùn)動，由運(yùn)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(lián)立得＝，OC＝OA＝，t1＝ (2)設(shè)小球在D點(diǎn)時速度為v，小球從C點(diǎn)到D點(diǎn)做平拋運(yùn)動，有OC＝gt，OD＝v0t2，tan θ＝，vcos θ＝v0 聯(lián)立得OD＝，t2＝，θ＝45°，v＝v0 因小球在復(fù)合場中做圓周運(yùn)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(lián)立得B＝ (3)小球做圓周運(yùn)動所用時間為t3＝×＝ 所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＋t3＝.