2020人教新課標(biāo)高考物理總復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)(三十一) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 含解析

1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十一）帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)A級(jí)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(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)亮點(diǎn)。在板間加上垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，射線在板間做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)，然后打在熒光屏的P點(diǎn)。若在板間再加上一個(gè)豎直向下電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，亮點(diǎn)又恰好回到O點(diǎn)，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(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A正確；粒子在磁場(chǎng)v2EqE2中：Bqvmr；粒子在電磁正交場(chǎng)中：

2、qEqvB，vB，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；聯(lián)立解得mBr，選項(xiàng)C錯(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直解析：選C液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，qEmg，得，紙面向里，不計(jì)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(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)RgD液滴運(yùn)動(dòng)速度大小vBEqgmE故B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，C正確；對(duì)液滴v2RBgqEmg，qvBm

3、R，得vE，故D錯(cuò)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(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(qiáng)電場(chǎng)，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(qiáng)電場(chǎng)，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(jì)空氣阻力，則()A一定有h1h3Ch2與h4無(wú)法比較B一定有h1h4Dh1與h2無(wú)法比較v20解析：選AC第1個(gè)圖：由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得：h12g。第3個(gè)圖：當(dāng)加上電場(chǎng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的分解可知：在豎直方向上有，v022gh3，所以h1h3，故A正確。而第2個(gè)圖

4、：洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)1小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時(shí)的球的動(dòng)能為Ek，則由能量守恒得：mgh2Ek2mv02，1又由于2mv02mgh1，所以h1h2，所以D錯(cuò)誤。第4個(gè)圖：因小球電性不知，則電場(chǎng)力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故B錯(cuò)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(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小電荷量為Q的帶負(fù)電小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑過(guò)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(zhǎng)，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(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B有關(guān)解析：選BD滑塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力、電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動(dòng)摩擦力增大，當(dāng)B很大時(shí)，則摩擦力有可能也很大，當(dāng)滑塊受到的摩擦力和電場(chǎng)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(shí)，滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤，B正確；B不同，洛倫茲力大小也不同，所以滑動(dòng)摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根據(jù)動(dòng)能定理可知，滑塊到達(dá)地面的動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)和垂直場(chǎng)，一帶電液滴從靜止開(kāi)始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，速紙面向外的勻強(qiáng)磁度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，則以下敘述錯(cuò)誤的是()A液滴一定帶負(fù)電B液滴在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大C液滴在C點(diǎn)電勢(shì)能最小D液滴在C點(diǎn)機(jī)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(fù)電，A正確；液滴所受電場(chǎng)力必向上，而液滴能夠從靜止向下運(yùn)動(dòng)，是因?yàn)橹亓Υ笥陔妶?chǎng)力，由AC合力做正功，故在C處液滴的動(dòng)能最大，B正確；而由于AC克服電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能增加最多，又機(jī)械能與電勢(shì)能的和不變，因此，由AC機(jī)械能減小，故液滴在C點(diǎn)機(jī)械能最小，C錯(cuò)誤

7、，D正確。6(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖。金屬板M、N之間的cm，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)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(shí)燈泡距離為d20離子體(即高溫下入磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)在電阻為R100QIt，而IP1.61019，不計(jì)離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻，且認(rèn)為離子均為一價(jià)離子，則下列說(shuō)法中正確的是()A金屬板M上聚集負(fù)電荷，金屬板N上聚集正電荷B該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為100VC離子從左側(cè)噴射入磁場(chǎng)的初速度大小為103m/sD每秒鐘有6.251018個(gè)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(fù)離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于不考慮發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動(dòng)勢(shì)等于電源的路端電壓，所以EUUUPR100V，選項(xiàng)B正確；由Bqvqd可得vBd100m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；每秒鐘經(jīng)過(guò)燈泡L的電荷量QR1A，所以Q1C，由于離子為一價(jià)離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個(gè)數(shù)為ne16.251018(個(gè))，選項(xiàng)D正確。B級(jí)保分題目練通抓牢7.(多選)如圖所示，實(shí)線表示豎直平面內(nèi)的電場(chǎng)線，電場(chǎng)線與水平方方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，L與水平方向成角，且，則下列說(shuō)

9、法中正確的是()A液滴一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)B液滴一定帶負(fù)電C電場(chǎng)線方向一定斜向上D液滴有可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)解析：選AC帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場(chǎng)線方向的電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，因此這三個(gè)力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，D錯(cuò)誤；當(dāng)帶電液滴帶正電，且電場(chǎng)線方向斜向上時(shí)，帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場(chǎng)線向上的電場(chǎng)力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力作用，這三個(gè)力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如果帶電液滴帶負(fù)電、電場(chǎng)線方向斜向上或斜向下時(shí)，帶電液滴所受合力不為零，不

10、可能沿直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，C正確。8.(2019撫順五校聯(lián)考)如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著豎直垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)子由靜止開(kāi)始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于并沿直線穿過(guò)場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子(不計(jì)重力)穿過(guò)復(fù)合場(chǎng)區(qū)所用時(shí)間為t，從復(fù)合場(chǎng)向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和復(fù)合場(chǎng)的邊界進(jìn)入?yún)^(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek，則()A若撤去磁場(chǎng)B，質(zhì)子穿過(guò)場(chǎng)區(qū)時(shí)間大于tB若撤去電場(chǎng)E，質(zhì)子穿過(guò)場(chǎng)區(qū)時(shí)間等于tC若撤去磁場(chǎng)B，質(zhì)子穿出場(chǎng)區(qū)時(shí)動(dòng)能大于EkD若撤去電場(chǎng)E，質(zhì)子穿出場(chǎng)區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek解析：選C質(zhì)子在加速電場(chǎng)中是直線加速，進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，電場(chǎng)力與洛倫茲力等大反向，質(zhì)子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若撤去磁場(chǎng)，只剩下電場(chǎng)，質(zhì)子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平分

11、運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度不變，故質(zhì)子穿過(guò)場(chǎng)區(qū)時(shí)間不變，等于t，A錯(cuò)誤；若撤去電場(chǎng)，只剩下磁場(chǎng)，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變，水平分運(yùn)動(dòng)的速度減小，故質(zhì)子穿過(guò)場(chǎng)區(qū)時(shí)間增加，大于t，B錯(cuò)誤；若撤去磁場(chǎng)，只剩下電場(chǎng)，質(zhì)子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，故末動(dòng)能大于Ek，C正確，若撤去電場(chǎng)，只剩下磁場(chǎng)，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變，末動(dòng)能不變，仍為Ek，D錯(cuò)誤。9(多選)如圖所示，一塊長(zhǎng)度為a、寬度為b、厚度為d的金屬垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，且通以圖示方向的電流I時(shí)，用電壓表測(cè)得導(dǎo)體導(dǎo)體，當(dāng)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(shuō)法中正確的是()A導(dǎo)體的M面比N面電勢(shì)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(dòng)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(fù)電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢(shì)比N板電勢(shì)低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)上、下U表面電壓穩(wěn)定時(shí)，有edevB，得UBdv，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；再根據(jù)IneSv，可知選項(xiàng)D正確。10.(多選)如圖所示，粗糙的足夠長(zhǎng)直絕緣桿上套有一帶電小球，向右勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的足夠大復(fù)合場(chǎng)整個(gè)裝置處在由水平中，小球由靜止開(kāi)始下滑，則下列說(shuō)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(kāi)始下滑，受到豎直向下的重力、水平方向的電場(chǎng)力和絕緣桿的彈力，桿對(duì)小球的摩擦力、垂直桿且與電場(chǎng)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(dāng)速度增大到足夠大時(shí)，所受的洛倫茲力大于電場(chǎng)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤。無(wú)論小球的加速度是增大還是減小，小球的速度都是增大，當(dāng)加速度減小到零的時(shí)候，速度保持不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。C級(jí)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(jìn)入正交的足夠大勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)疊加區(qū)水平向右，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，液滴在場(chǎng)區(qū)做直線運(yùn)動(dòng)。重力加速以速度v沿與水平域，電場(chǎng)強(qiáng)度方向度為g，試求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B各多大？(2)當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到某一點(diǎn)A時(shí)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，不考慮因電場(chǎng)變化而產(chǎn)生的磁場(chǎng)的影響，此時(shí)液滴加速度多少？(3)在滿足(2)的前提下，液滴從A點(diǎn)到達(dá)與A點(diǎn)位于同一水平線上的B點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)所用的時(shí)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有：

15、a合2g。由幾何知識(shí)得tT可得t。mg2mg可得Eq，Bqv。(2)電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場(chǎng)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(chǎng)變?yōu)樨Q直向上后，qEmg，故液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(biāo)系的第二象限內(nèi)存在場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方向成37角。在y軸與MN之間的區(qū)域小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN與水

16、平向左的勻強(qiáng)電A點(diǎn)以速度v0沿直內(nèi)加一電場(chǎng)強(qiáng)度最PQ之間區(qū)域內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)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(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；(2)區(qū)域內(nèi)最小電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向；(3)區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。qE3mg1由圖知tan37mg，得E14qmg5mgB1qv04qv0動(dòng)，三力滿足如圖由