《（新課標）2020高考物理一輪復習 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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020高考物理一輪復習 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（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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，在磁感應強度為B，范圍足夠大的水平勻強磁場內，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個質量為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的關系圖像，可能正確的是(　　) 答案　CD 解析　當電荷量為－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

2、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，平行板內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，a、b板分別帶上等量異號電荷后，平行板內產(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(　　) A．a(chǎn)板帶負電，其電量為CBv0d B．a(chǎn)板帶正電，其電量為 C．極板間的電場強度E

3、＝Bv0，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，滿足的條件應是：a板帶正電；粒子所受洛倫茲力與電場力相等：qv0B＝qE＝q得：E＝Bv0；U＝Bv0d；又Q＝CU＝CBv0d，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，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，

4、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，一個帶電小球在豎直面內做直線運動．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，電場力做負功，則小球的電勢能增大，故A項錯誤． B項，若小球帶負電荷，同理知，小球斜向右下方運動，電場力做負功，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

5、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，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉，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．僅增強磁感應強度，發(fā)電機的電動勢將減小 C．僅增加負載的阻值，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

6、受電場力與洛倫茲力平衡， 有：qvB＝q，解得UAB＝Bdv. 只增大入射速度，則電勢差增大，只增大磁感應強度，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式P＝()2R，當R＝r時，輸出功率達到最大，因此僅增加負載的阻值，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＝EI＝Bdv＝，當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，導電物質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．當開關S1、S2閉合后，三

7、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，負電子移動方向與電流的方向相反，由左手定則可知，負電子偏向接線端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，當調整電路，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系不發(fā)

8、生改變，故C項正確； D項，根據(jù)霍爾電壓UH＝，適當減小R1，電磁鐵中的電流增大，產(chǎn)生的磁感應強度B增大，而當增大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強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場．一個質量為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(

9、　　) A．油滴剛進入電磁場時的加速度為g B．油滴開始下落的高度h＝ C．油滴從左側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：qE＝qvB 自由下落過程有：v2＝2gh U＝Ed 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(h＋L)－qE×＝mv2 得：

10、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，磁感應強度大小為B，方向水平且垂直于紙面向外、一質量為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μ.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＝時剛好到達最高點 B．圓環(huán)在運動過程中的最大加速度為am＝g＋ C．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

11、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am＝＝g＋，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，ΔEk＝mv2－mv02，而v＝，因此損失的機械能為m(v02－)，故C項正確； D項，根據(jù)功能關系

12、，除重力以外的力做功導致機械能變化，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，在其右側有一邊長為L的正三角形磁場，磁感應強度為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

13、相互作用均可忽略不計．下列有關說法中正確的是(　　) A．v0一定等于 B．在電容器極板中向上偏轉的粒子的速度一定滿足v0> C．質量<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，當正粒子向右進入復合場時，受到的電場力向下，洛倫茲力方向向上，如果大小相等， 即qE＝qv0B1 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，設質量為m0的粒子的軌跡剛好與bc邊相切，如圖所示 由幾何關系得：R＋R＝， 而R＝， 解

14、得m0＝， 所以m<的粒子都會從ac邊射出，而<，C項錯誤； D項，質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较蛴遥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

15、．微粒在PQ與JK間做勻速圓周運動，圓周半徑r＝d C．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d＝gt2，則知Eq＝mg，在豎直方向有：v0＝gt1，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Bqv0＝qE＝mg，由于重力和電場力平衡，故微粒做勻速圓周運動，半徑為r＝＝＝2d，故B項錯誤； C、D兩項，由幾何關系可知

16、，設微粒在PQ與JK間運動的圓心角為α，則sinα＝＝0.5，α＝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t＝t1＋t2＝，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θ＝30°.電場強度為E的電場充滿整個空間，而磁感應強度為B的磁場只分布在圓弧軌道所在的右半側區(qū)域，已知E和B在數(shù)值上相等，取重力加速度g＝10 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)射可視為質點的帶電小球，小球的

17、質量為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v0＝2 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θ＝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：qE＝mgtanθ＝mg，小球在P

18、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：F＋qvB＝m，由題意可知：E＝B，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·2R＝mv2－mv02，解得：v0＝>(5＋) m/s，則小球不會通過P到達D點，故C項錯誤； D項，設當小球初速度v1時，恰好從C點沿圓弧轉過90°到B點，從C到B根據(jù)動能定理：FR＝mv12，解得v1＝2m/s，由于v0＝2m/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E＝4 v/m，垂直紙面向內的勻強磁場的B＝2 T，質量

19、為m＝1 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h＝0.8 m到達N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達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H＝1.6 m，取g＝10 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：qvNB＝qE 得：vN＝＝＝2 m/s 　　　 由動能定理mgh－Wf＝mvN2 代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝6 J； (2)在P點三力平衡，qE＝mg， qvB＝qE＝mg 則得：vP＝2 m/s 由動能定理，從N到P：mgh′－qEx

20、p＝mvP2－mvN2 g(h′－xp)＝(vP2－vN2)＝2 將h′＝0.8 m，vN＝2 m/s 代入解得：xp＝0.6 m. 12．(2018·湖北模擬)如圖所示，在豎直平面內的xOy直角坐標系中，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平面水平向里的勻強磁場，電場強度E＝2 N/C，磁感應強度B＝1 T，從y軸上的P點沿x軸方向以初速度v0＝1 m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質量為m＝2×10－6 kg，電荷量q＝1×10－5 C，g取10 m/s2.已知P點到O點的距離為d0＝0.15 m，MN到x軸距離為d＝0.20 m．(π＝3.14，＝

21、1.414，＝1.732，結果保留兩位有效數(shù)字) (1)求小球從P點運動至MN邊界所用的時間； (2)當小球運動到x軸時撤去電場，求小球到達MN邊界時的速度大?。? 解析　(1)由平拋運動規(guī)律可得：d0＝gt12 得：t1＝＝＝ s≈0.173 s 到達x軸的速度：v＝＝＝2 m/s 速度偏轉角：tanθ＝ 所以：θ＝60° 小球進入混合場后，受到的電場力：qE＝10－5×2＝2×10－5 N，方向向上， 小球的重力：mg＝2×10－6×10＝2×10－5 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：r＝0.4 m

22、 由幾何關系可知，小球的軌跡恰好與MN相切，則小球在混合場中偏轉的角度是60°，設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＝ s≈0.209 s 小球運動的時間：t＝t1＋t2＝0.173＋0.209＝0.38 s (2)設撤去電場后小球到達MN的速度大小為v1，方向與水平方向之間的夾角為α，在x軸下方只有重力做功，則：mgd＝mv12－mv2 解答：v1＝2m/s≈2.8 m/s 13.如圖所示，足夠大的空間內存在磁感應強度為B的勻強磁場，xOy是在豎直平面內建立的平面坐標系，磁場方向垂直xOy平面向外，在一、四象限內還存在水平向右的勻強電場，場強大小為

23、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α＝30°，然后從D點進入第三象限內，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x軸負半軸的M點(未畫出)，且OM＝OC，求OC的長度以及在第三象限內運動的時間． 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 qE′＝mg 又qE＝mgtan30° 聯(lián)立解得E′＝E，方向豎直向上． (3)如圖所示，O′D垂直v，由幾何知識知道O′D平分∠ODM， ∠O′DM＝∠O′MD＝30° 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 qvB＝ r＋rsin30°＝OM＝OC 聯(lián)立解得r＝，OC＝ 由圖知道：∠MO′D＝120° 所以在第三象限內運動的時間為t t＝T T＝ 所以t＝. 12