2020人教新課標高考物理總復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測(三十一) 帶電粒子在疊加場中的運動 含解析

1、課時跟蹤檢測（三十一）帶電粒子在疊加場中的運動A級基礎(chǔ)小題練熟練快1(多選)如圖所示，為研究某種射線裝置的示意圖。射線源發(fā)出的射線以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的中央O點，出現(xiàn)一個亮點。在板間加上垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后，射線在板間做半徑為r的圓周運動，然后打在熒光屏的P點。若在板間再加上一個豎直向下電場強度為E的勻強電場，亮點又恰好回到O點，由此可知該射線粒子射線源()A帶正電B初速度為vBEC荷質(zhì)比為qB2rmEqE2D荷質(zhì)比為mBr解析：選AD粒子在向里的磁場中向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A正確；粒子在磁場v2EqE2中：Bqvmr；粒子在電磁正交場中：

2、qEqvB，vB，選項B錯誤；聯(lián)立解得mBr，選項C錯誤，D正確。2.(2018安慶模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強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度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直解析：選C液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運動，可知，qEmg，得，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qEB液滴比荷mgC液滴沿順時針方向運動RgD液滴運動速度大小vBEqgmE故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針方向轉(zhuǎn)動，C正確；對液滴v2RBgqEmg，qvBm

3、R，得vE，故D錯誤。(3多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示。不計空氣阻力，則()A一定有h1h3Ch2與h4無法比較B一定有h1h4Dh1與h2無法比較v20解析：選AC第1個圖：由豎直上拋運動的最大高度公式得：h12g。第3個圖：當加上電場時，由運動的分解可知：在豎直方向上有，v022gh3，所以h1h3，故A正確。而第2個圖

4、：洛倫茲力改變速度的方向，當1小球在磁場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時的球的動能為Ek，則由能量守恒得：mgh2Ek2mv02，1又由于2mv02mgh1，所以h1h2，所以D錯誤。第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故B錯誤，C正確。4(多選)如圖所示，表面粗糙的絕緣斜面固定于地面上，并處于的磁場和豎直向下的勻強電場中，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小電荷量為Q的帶負電小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑過程方向垂直紙面向里為E，一質(zhì)量為m、中，下列判斷正確的是()A滑塊受到的摩擦力不變B若斜面足夠長，滑塊最終可能在斜面上勻速下滑C若

5、B足夠大，滑塊最終可能靜止于斜面上D滑塊到達地面時的動能與B有關(guān)解析：選BD滑塊向下運動的過程中受到重力、電場力、支持力，根據(jù)左手定則，滑塊還受到垂直斜面向下的洛倫茲力，沿斜面向上的摩擦力，滑塊向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動摩擦力增大，當B很大時，則摩擦力有可能也很大，當滑塊受到的摩擦力和電場力沿斜面向上的分力的合力與重力沿斜面向下的分力相等時，滑塊做勻速直線運動，之后洛倫茲力與摩擦力不再增大，所以滑塊不可能靜止在斜面上，故A、C錯誤，B正確；B不同，洛倫茲力大小也不同，所以滑動摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根據(jù)動能定理可知，滑塊到達地面的動能不同，故D正確。5

6、.(2019寶雞模擬)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時，速紙面向外的勻強磁度為零，C點是運動的最低點，則以下敘述錯誤的是()A液滴一定帶負電B液滴在C點時動能最大C液滴在C點電勢能最小D液滴在C點機械能最小解析：選C液滴偏轉(zhuǎn)是由于受洛倫茲力作用，據(jù)左手定則可判斷液滴一定帶負電，A正確；液滴所受電場力必向上，而液滴能夠從靜止向下運動，是因為重力大于電場力，由AC合力做正功，故在C處液滴的動能最大，B正確；而由于AC克服電場力做功最多，電勢能增加最多，又機械能與電勢能的和不變，因此，由AC機械能減小，故液滴在C點機械能最小，C錯誤

7、，D正確。6(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖。金屬板M、N之間的cm，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B5T，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將一束等電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，整體呈中性)從左側(cè)噴射M、N兩板間接入的額定功率為P100W的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡距離為d20離子體(即高溫下入磁場，發(fā)現(xiàn)在電阻為R100QIt，而IP1.61019，不計離子重力和發(fā)電機內(nèi)阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是()A金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷B該發(fā)電機的電動勢為100VC離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103m/sD每秒鐘有6.251018個離子打在金屬板N上解析：選BD

8、由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉(zhuǎn)，負離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；由于不考慮發(fā)電機的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動勢等于電源的路端電壓，所以EUUUPR100V，選項B正確；由Bqvqd可得vBd100m/s，選項C錯誤；每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量QR1A，所以Q1C，由于離子為一價離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為ne16.251018(個)，選項D正確。B級保分題目練通抓牢7.(多選)如圖所示，實線表示豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L斜向上做向成角，水平直線運動，L與水平方向成角，且，則下列說

9、法中正確的是()A液滴一定做勻速直線運動B液滴一定帶負電C電場線方向一定斜向上D液滴有可能做勻變速直線運動解析：選AC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，若合力不為零，則洛倫茲力變化，不能沿直線運動，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，故A正確，D錯誤；當帶電液滴帶正電，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作用，這三個力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動，如果帶電液滴帶負電、電場線方向斜向上或斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不

10、可能沿直線運動，故B錯誤，C正確。8.(2019撫順五校聯(lián)考)如圖所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時間為t，從復(fù)合場向下的勻強電場和復(fù)合場的邊界進入?yún)^(qū)穿出時的動能為Ek，則()A若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于tB若撤去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時間等于tC若撤去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于EkD若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek解析：選C質(zhì)子在加速電場中是直線加速，進入復(fù)合場，電場力與洛倫茲力等大反向，質(zhì)子做勻速直線運動。若撤去磁場，只剩下電場，質(zhì)子做類平拋運動，水平分

11、運動是勻速直線運動，速度不變，故質(zhì)子穿過場區(qū)時間不變，等于t，A錯誤；若撤去電場，只剩下磁場，質(zhì)子做勻速圓周運動，速率不變，水平分運動的速度減小，故質(zhì)子穿過場區(qū)時間增加，大于t，B錯誤；若撤去磁場，只剩下電場，質(zhì)子做類平拋運動，電場力做正功，故末動能大于Ek，C正確，若撤去電場，只剩下磁場，質(zhì)子做勻速圓周運動，速率不變，末動能不變，仍為Ek，D錯誤。9(多選)如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導(dǎo)體導(dǎo)體，當加有與側(cè)面上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電荷量為e。下列說法中正確的是()A導(dǎo)體的M面比N面電勢高B導(dǎo)體單位體

12、積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大UC導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為vBdBID導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eUb解析：選CD由于自由電子帶負電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項A錯誤；當上、下U表面電壓穩(wěn)定時，有edevB，得UBdv，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項B錯誤，C正確；再根據(jù)IneSv，可知選項D正確。10.(多選)如圖所示，粗糙的足夠長直絕緣桿上套有一帶電小球，向右勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場組成的足夠大復(fù)合場整個裝置處在由水平中，小球由靜止開始下滑，則下列說法正確的是()A小球的加速度先增大后減小B小球的加速度一直減小C小球的速度先增大后減小D小球的速度

13、一直增大，最后保持不變解析：選AD小球由靜止開始下滑，受到豎直向下的重力、水平方向的電場力和絕緣桿的彈力，桿對小球的摩擦力、垂直桿且與電場力方向相反的洛倫茲力作用。隨著小球速度的增大，所受的洛倫茲力增大，小球?qū)^緣桿的彈力減小，小球所受摩擦力減小，小球所受合外力增大，加速度增大。當速度增大到足夠大時，所受的洛倫茲力大于電場力，小球?qū)^緣桿的彈力增大，小球所受摩擦力增大，小球所受合外力減小，加速度減小，即小球的加速度先增大后減小，選項A正確，B錯誤。無論小球的加速度是增大還是減小，小球的速度都是增大，當加速度減小到零的時候，速度保持不變，選項C錯誤，D正確。C級難度題目適情選做11.(2019桂

14、林調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為q的液滴，方向成45角斜向上進入正交的足夠大勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)水平向右，磁場方向垂直紙面向里，液滴在場區(qū)做直線運動。重力加速以速度v沿與水平域，電場強度方向度為g，試求：(1)電場強度E和磁感應(yīng)強度B各多大？(2)當液滴運動到某一點A時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，不考慮因電場變化而產(chǎn)生的磁場的影響，此時液滴加速度多少？(3)在滿足(2)的前提下，液滴從A點到達與A點位于同一水平線上的B點(圖中未畫出)所用的時間。解析：(1)液滴帶正電，液滴受力如圖所示：2mg根據(jù)平衡條件，有Eqmgtanmg，qvBmgcos運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：

15、a合2g。由幾何知識得tT可得t。mg2mg可得Eq，Bqv。(2)電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周Fmv2(3)電場變?yōu)樨Q直向上后，qEmg，故液滴做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得qvBmrmv可得rqB2r2m則TvqB3432v4g答案：(1)qv4gmgq2mg32v(2)2g(3)12.(2018湖州模擬)如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從線AO運動，AO與x軸負方向成37角。在y軸與MN之間的區(qū)域小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與水

16、平向左的勻強電A點以速度v0沿直內(nèi)加一電場強度最PQ之間區(qū)域內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin370.6，cos370.8，求：(1)第二象限內(nèi)電場強度E1的大小和磁感應(yīng)強度B1的大??；(2)區(qū)域內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向；(3)區(qū)域內(nèi)電場強度E3的大小和磁感應(yīng)強度B2的大小。cos37，得B1。解析：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動。qE3mg1由圖知tan37mg，得E14qmg5mgB1qv04qv0動，三力滿足如圖由