2023版高考物理一輪復習課時跟蹤檢測（三十）第八章磁場第4節(jié)帶電粒子在疊加場中的運動

PAGEPAGEPAGE4課時跟蹤檢測〔三十〕帶電粒子在疊加場中的運動1.(2022·安慶模擬)如下圖，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，該電場的電場強度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，那么()A．液滴帶正電B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時針方向運動D．液滴運動速度大小v＝eq\f(Rg,BE)解析：選C液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知，qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負電，A錯誤；由左手定那么可判斷液滴沿順時針轉(zhuǎn)動，C正確；對液滴qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯誤。2．(多項選擇)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠到達的最大高度為h1；假設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；假設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，假設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，如下圖。不計空氣，那么()A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4C．h2與h4無法比擬 D．h1與h2無法比擬解析：選AC第1個圖：由豎直上拋運動的最大高度公式得：h1＝eq\f(v02,2g)。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，v02＝2gh3，所以h1＝h3，故A正確；而第2個圖：洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，設此時的球的動能為Ek，那么由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mv02，又由于eq\f(1,2)mv02＝mgh1，所以h1＞h2，所以D錯誤。第4個圖：因小球電性不知，那么電場力方向不清，那么高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤。3.(多項選擇)如下圖，外表粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向里的磁場和豎直向下的勻強電場中，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E，一質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶負電小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑過程中，以下判斷正確的選項是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．假設斜面足夠長，滑塊最終可能在斜面上勻速下滑C．假設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)左手定那么，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，那么摩擦力有可能也很大，當滑塊受到的摩擦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。4．(多項選擇)(2022·浙江三校模擬)如下圖，空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關于小球的運動，以下說法正確的選項是()A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B．只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動C．假設有小球能做直線運動，那么它一定是勻速運動D．兩小球在運動過程中機械能均守恒解析：選AC沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能做勻速直線運動，A正確，B錯誤。在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動，C正確。兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機械能不守恒，D錯誤。5．(多項選擇)(2022·杭州市五校聯(lián)盟“一診〞)如下圖，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導體，當加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導體上、下外表MN間電壓為U。自由電子的電量為e。以下說法正確的選項是()A．M板比N板電勢高B．導體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C．導體中自由電子定向移動的速度為v＝eq\f(U,Bd)D．導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)解析：選CD如圖，電流方向向右，電子定向移動方向向左，根據(jù)左手定那么判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向上，那么M積累了電子，MN之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低，A錯誤；電子定向移動相當長度為d的導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應電動勢E，那么有U＝E＝Bdv，可見，電壓表的示數(shù)與導體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關，故B錯誤；由U＝E＝Bdv，得自由電子定向移動的速度為v＝eq\f(U,Bd)，故C正確；電流的微觀表達式是I＝nevS，那么導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝eq\f(I,evS)，S＝db，v＝eq\f(U,Bd)，代入得n＝eq\f(BI,eUb)，故D正確。6．(多項選擇)(2022·江西八校聯(lián)考)如下圖，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度一直減小B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)解析：選CD對小球受力分析如下圖，那么mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當qE＝qvB時到達最大值，amax＝g，繼續(xù)運動，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤。因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤。假設在前半段到達最大加速度的一半，那么mg－μ(qE－qvB)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；假設在后半段到達最大加速度的一半，那么mg－μ(qvB－qE)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正確。7．(多項選擇)(2022·六安一中模擬)如下圖，兩平行金屬板A、B水平放置，板間存在垂直紙面向里的勻強磁場，閉合開關使電容器充電，一個不計重力的帶電粒子恰能水平向右勻速通過，那么()A．僅將極板A上移一小段距離，帶電粒子將向下偏B．僅將極板A上移一小段距離，帶電粒子仍能沿直線運動C．僅將極板A、B錯開一段距離，帶電粒子一定向上偏D．僅將極板A下移，此過程中將出現(xiàn)a到b的電流解析：選BD僅將極板A上移一小段距離，AB之間的距離增大，根據(jù)：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C減??；由于ab之間具有單向?qū)щ娦缘亩O管，電流的方向只能由a流向b，所以C減小時，電流不能流向a，所以電容器上的電量保持不變；又：C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，所以：E＝eq\f(Q,C·d)＝eq\f(Q,d·\f(εrS,4πkd))＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以極板之間的電場強度也不變，因此粒子仍然勻速通過，故A錯誤，B正確；僅將極板A、B錯開一段距離，根據(jù)：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C減??；由于ab之間的具有單向?qū)щ娦缘亩O管，所以電容器上的電量保持不變，又：C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，所以電場強度E增大，電場力增大，由于正電荷受到的電場力的方向向下，所以正電荷將向下偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；僅將極板A下移，AB之間的距離減小，根據(jù)：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C增大，極板之間的電勢差減小，所以此過程中將出現(xiàn)a到b的電流才能使極板之間的電勢差保持不變，故D正確。8．(2022·三門峽市陜州中學檢測)如圖甲，一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v-t圖像如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5s，關于帶電物塊及運動過程的說法正確的選項是()A．該物塊帶負電B．皮帶輪的傳動速度大小一定為1m/sC．假設皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D．在2～4.5s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對運動解析：選D由圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運動。物塊的最大速度是1m/s。對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向：μFN－mgsinθ＝ma①物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知，物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開始時：FN＝mgcosθ，后來：FN′＝mgcosθ－f洛，即洛倫茲力的方向是向上的。物塊沿傳送帶向上運動，由左手定那么可知，物塊帶正電，故A錯誤。物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，那么受到的支持力越來越小，結合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當加速度等于0時，物塊到達最大速度，此時：mgsinθ＝μ(mgcosθ－f洛)②由②可知，只要傳送帶的速度大于等于1m/s，那么物塊到達最大速度的條件與傳送帶的速度無關，所以傳送帶的速度可能是1m/s，也可能是大于1m/s，物塊可能相對于傳送帶靜止，也可能相對于傳送帶不靜止。故B錯誤，D正確。由以上的分析可知，傳送帶的速度不能判斷，所以假設皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移，故C錯誤。9．(2022·昆明上學期雙基測試)如圖，豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，第Ⅰ象限坐標為(x，d)位置處有一小球發(fā)射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限中有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場。某時刻小球發(fā)射器P沿x軸負方向以某一初速度發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球從y＝eq\f(d,2)處經(jīng)過y軸且速度方向與y軸負方向成45°角，其后小球在勻強磁場和電場中偏轉(zhuǎn)后垂直x軸返回第Ⅰ象限。第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)勻強電場的電場強度E＝eq\f(mg,q)，g為重力加速度。求：(1)小球剛從發(fā)射器射出時的初速度及小球發(fā)射器P的橫坐標x；(2)磁場的磁感應強度大小及小球從發(fā)射到返回第Ⅰ象限上升到最高點所用的總時間。解析：(1)帶電小球從發(fā)射器射出后做平拋運動，設初速度為v0，沿水平方向有x＝v0t1沿豎直方向有eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)gt12tan45°＝eq\f(v0,vy)，vy＝gt1聯(lián)立解得t1＝eq\r(\f(d,g))，v0＝eq\r(dg)，x＝d。(2)帶電小球進入垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場中，所受豎直向上的電場力qE＝mg，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,R)小球在勻強磁場中運動的線速度v＝eq\r(2)v0＝eq\r(2dg)由幾何關系得，小球做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(\r(2),2)d解得B＝eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,d))小球在勻強磁場和電場中運動的時間t2＝eq\f(5,8)T其中周期T＝eq\f(2πR,v)聯(lián)立解得t2＝eq\f(5π,8)eq\r(\f(d,g))小球返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用時間t3＝eq\f(v,g)＝eq\r(\f(2d,g))所以，小球從發(fā)射出來到返回第Ⅰ象限后上升到最高點所用的總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)＋\f(5π,8)))eq\r(\f(d,g))。答案：(1)eq\r(dg)d(2)eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)＋\f(5π,8)))eq\r(\f(d,g))10.(2022·濟寧三模)如下圖，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿－y方向、電場強度為E的勻強電場。從y軸上坐標為a的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與＋y方向成30°～150°，且在xOy平面內(nèi)。結果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū)。帶電粒子電量為q，質(zhì)量為m，重力不計。求：(1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運動的速度大小v1；(2)粒子在第一象限的磁場中運動的最長時間以及對應的射入方向；(3)從x軸