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

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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?v＝ B E C．荷質(zhì)比為

2、???＝ q B2r m E q??E 2 D．荷質(zhì)比為m＝Br 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 v2 E q E 2 中：Bqv＝m?r?；粒子在電磁正交場中：qE＝qvB，v＝B，選項?B?錯誤；聯(lián)立解得m＝Br，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；該磁場的磁感應強 度為?B，方向垂直 解析：選?

3、?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???＝??， 紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為?g，則( ) A．液滴帶正電 q E B．液滴比荷m＝g C．液滴沿順時針方向運動 Rg D．液滴運動速度大小?v＝BE q g m E 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 v2 RBg qE＝mg，qvB＝m?R?，得?v＝?E?，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

4、?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?h1＝h3 C．h2?與?h4?無法比較 B．一定有?h1＜h4 D．h1?與?h2?無法比較 v?2 0 解析：選?AC 第?1?個圖：由豎直上拋運動的最大高度公式得：h1＝?2g?。第?3?個圖：當加上電場時，由運動 的分解可知：

5、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 1 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，則由能量守恒得：mgh2＋Ek＝2mv02， 1 又由于2mv02＝mgh1，所以?h1＞h2，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，磁感應強度大小為?B，電場強度大小 電荷量為?Q?

6、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?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，

7、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.(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

8、( ) 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?A→C?合力做正功，故在?C?處液滴的動能最 大，B?正確；而由于?A→C?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?A→C 機械能減小，故液滴在?C?點機械能最小，C?錯誤，D?正確。 6．(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電

9、機的原理圖。金屬板?M、N?之間的 cm，磁場的磁感應強度大小為?B＝5?T，方向垂直紙面向里。現(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?P＝100?W?的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡 距?離?為?d?＝?20 離子體(即高溫下 入磁場，發(fā)現(xiàn)在 電?阻?為?R?＝?100 Q＝It，而?I＝?? P 1.6×10－19 Ω，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

10、的電動勢為?100?V C．離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為?103?m/s D．每秒鐘有?6.25×1018?個離子打在金屬板?N?上 解析：選?BD 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?E U U ＝U＝?PR＝100?V，選項?B?正確；由?Bqv＝q?d?可得?v＝Bd＝100?m/s，選項?C?錯誤；每秒鐘經(jīng)過燈泡?L?的電荷量 Q R＝1?A，所以?Q＝1?C，由于離子為一價離子，所以每

11、秒鐘打在金屬板N?上的離子個數(shù)為?n＝?e?＝ 1 ＝6.25×1018(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?α?角，水平 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?

12、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，不可能沿直線運動，故?B?錯誤，C?正確。 8.(2019·?撫順五校聯(lián)

13、考)如圖所示，空間的某個復合場區(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)穿過復合場區(qū)所用時間為?t，從復合場 向下的勻強電場和 復合場的邊界進入 區(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?t B．若撤去電場?E，質(zhì)子穿過場區(qū)時間等于?t C．若撤去磁場?B，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于?Ek D．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，進入復合場，電場力與洛倫茲力等大反向，質(zhì)子做勻速直

14、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，

15、用電壓表測得導體 導體，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．導體的?M?面比?N?面電勢高 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 U C．導體中自由電子定向移動的速度為?v＝Bd BI D．導體單位體積內(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?e?d?＝evB，得?U＝Bdv，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關，選項?B?錯誤，C?正確；再

16、根據(jù)?I＝neSv， 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

17、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?θ

18、＝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

19、 根據(jù)平衡條件，有?Eq＝mgtan?θ＝mg，qvB＝ mg cos?θ 運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：a＝???合＝???2g。 由幾何知識得?t＝??T 可得?t＝????? 。 mg 2mg 可得?E＝?q?，B＝?qv?。 (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 F m v2 (3)電場變?yōu)樨Q直向上后，qE＝mg，故液滴做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得?qvB＝m?r mv 可得?r＝?qB 2πr 2πm 則?T＝?v?＝?qB 3 4 3?2π

20、v 4g 答案：(1) qv?????????????? 4g mg q 2mg?3?2πv (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Ⅰ 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Ⅱ內(nèi) 存在寬度為

21、?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Ⅱ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，sin?37°＝0.6，cos?37°＝0.8，求： (1)第二象限內(nèi)電場強度?E1?的大小和磁感應強度?B1?的大?。? (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強度?E2?的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度?E3?的大小和磁感應強度?B2?的大小。 cos?37°＝???? ，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 甲所示關系且小球只能做勻速直線運動。 qE

22、 3mg 1 由圖知?tan?37°＝?mg?，得?E1＝?4q mg 5mg B1qv0 4qv0 動，三力滿足如圖 由圖知?cos?37°＝ ， q 由幾何關系得?r＝??d， 由洛倫茲力提供向心力知?B2q·2v0＝m ，r 5qd ??????qE2 4mg ?mg?，得?E2＝ mg＝qE3，得?E3＝mg 聯(lián)立得?B2＝16mv0 ????????????????答案：(1) (2) 方向與?x?軸正方向成?53°角斜向上 (3)?q4q (2)區(qū)域Ⅰ中小球做直線運動，電場強度最小，受力如圖乙所示?(電場力方向與速度方向垂直?)，小球做勻加速 直線運動， 5q 方向與?x?軸正方向成?53°角斜向上。 (3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，所以 ， 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖丙所示， 5 8 (2v0)2 。 3mg 5mg 4mg mg 16mv0 4qv0 5q 5qd