課時(shí)跟蹤檢測（三十） 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

PAGE第8頁共8頁課時(shí)跟蹤檢測（三十）帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，滑動變阻器最大阻值為R，G為靈敏電流計(jì)，開關(guān)閉合，兩平行金屬板M、N之間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一帶正電的粒子恰好以速度v勻速穿過兩板，不計(jì)粒子重力。以下說法中正確的是()A．保持開關(guān)閉合，滑片P向下移動，粒子可能從N板邊緣射出B．保持開關(guān)閉合，滑片P的位置不動，將N板向上移動，粒子可能從M板邊緣射出C．將開關(guān)斷開，粒子將繼續(xù)沿直線勻速射出D．開關(guān)斷開瞬間，靈敏電流計(jì)G指針將發(fā)生短暫偏轉(zhuǎn)解析：選D由粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動可知，粒子所受電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，當(dāng)保持開關(guān)閉合，滑片向下移動時(shí)，電容器兩極板間的電壓U減小，粒子所受豎直向下的電場力減小，則粒子所受向上的洛倫茲力大于豎直向下的電場力，從而向上偏轉(zhuǎn)，有可能從M板邊緣射出，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；將N板向上移動使得兩極板間距減小，則粒子所受豎直向下的電場力增大，向下偏轉(zhuǎn)，不可能從M板邊緣射出，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；將開關(guān)斷開，平行板電容器放電，因此靈敏電流計(jì)G指針發(fā)生短暫偏轉(zhuǎn)，此后粒子將只受洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動，因此D選項(xiàng)正確，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(2021·常州質(zhì)檢)磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示。將一束等離子體連續(xù)以速度v垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，可在相距為d、面積為S的兩平行金屬板間產(chǎn)生電壓?，F(xiàn)把上、下板和電阻R連接，上、下板等效為直流電源的兩極。等離子體穩(wěn)定時(shí)在兩極板間均勻分布，電阻率為ρ。忽略邊緣效應(yīng)及離子的重力，下列說法正確的是()A．上板為正極，a、b兩端電壓U＝BdvB．上板為負(fù)極，a、b兩端電壓U＝eq\f(Bd2vρS,RS＋ρd)C．上板為正極，a、b兩端電壓U＝eq\f(BdvRS,RS＋ρd)D．上板為負(fù)極，a、b兩端電壓U＝eq\f(BdvRS,Rd＋ρS)解析：選C根據(jù)左手定則可知，等離子體射入兩極板之間時(shí)，正離子偏向a板，負(fù)離子偏向b板，即上板為正極；穩(wěn)定時(shí)滿足eq\f(U′,d)q＝Bqv，解得U′＝Bdv；根據(jù)電阻定律可知兩極板間的電阻為r＝eq\f(ρd,S)，根據(jù)閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(U′,R＋r)，a、b兩端電壓U＝IR，聯(lián)立解得U＝eq\f(BdvRS,RS＋ρd)，故選C。3.隨著人民生活水平的提高，環(huán)境保護(hù)越來越受到重視。如圖所示為污水監(jiān)測儀的核心部分，兩塊寬度為b的矩形金屬極板平行正對置于排液口的上下表面，排液口側(cè)面厚度為d，有一垂直于側(cè)面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。已知污水中含有大量的帶電荷量為q的正離子，當(dāng)污水水流的速度為v時(shí)，在導(dǎo)體的上下表面間用電壓表測得的電壓為UH，則下列判斷正確的是()A．液體內(nèi)離子只受洛倫茲力作用B．用電壓表測UH時(shí)，電壓表的“＋”接線柱接下表面C．厚度d越小，UH越大D．根據(jù)兩極板間的電壓值可以測出污水的流速解析：選D定向移動的離子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面間形成電勢差，最終離子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖可知，磁場方向垂直側(cè)面向里，正離子運(yùn)動的方向向右，根據(jù)左手定則，正離子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面得到離子帶正電，那么下表面帶負(fù)電，所以電壓表的“＋”接線柱接上表面，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，有qeq\f(UH,d)＝qBv，解得：UH＝Bdv，則厚度d越小，UH越小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)UH＝Bdv以及B、d已知，如果測得UH，就可以得到污水流速，故選項(xiàng)D正確。4.(2021·北京東城區(qū)模擬)霍爾元件是能夠把磁感應(yīng)強(qiáng)度這個(gè)磁學(xué)量轉(zhuǎn)換為電壓這個(gè)電學(xué)量的電學(xué)元件。其結(jié)構(gòu)和原理如圖所示，在一個(gè)很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個(gè)電極E、F、M、N，它就成了一個(gè)霍爾元件。在E、F間通入恒定的電流I，同時(shí)外加與薄片垂直的磁場B，則薄片中的載流子就在洛倫茲力的作用下，向著與電流和磁場都垂直的方向漂移，使M、N間出現(xiàn)了電壓，稱為霍爾電壓UH。當(dāng)磁場方向和電流方向如圖所示時(shí)，關(guān)于M、N極板電勢的高低，下列說法正確的是()A．不管載流子帶電性質(zhì)如何，電極N的電勢一定高于電極MB．不管載流子帶電性質(zhì)如何，電極N的電勢一定低于電極MC．只有當(dāng)載流子為負(fù)電荷時(shí)，電極M的電勢才高于電極ND．只有當(dāng)載流子為正電荷時(shí)，電極M的電勢才高于電極N解析：選C當(dāng)載流子為負(fù)電荷時(shí)，由左手定則可知，負(fù)電荷偏向電極N，則電極M的電勢高于電極N；當(dāng)載流子為正電荷時(shí)，由左手定則可知，正電荷偏向電極N，電極M的電勢低于電極N，故選C。5.(2021·濟(jì)南質(zhì)檢)如圖所示，兩豎直平行邊界內(nèi)，勻強(qiáng)電場方向豎直(平行紙面)向下，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里。一帶負(fù)電小球從P點(diǎn)以某一速度垂直邊界進(jìn)入，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動。若增大小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變，則在小球進(jìn)入的一小段時(shí)間內(nèi)()A．小球的動能減小 B．小球的電勢能減小C．小球的重力勢能增大 D．小球的機(jī)械能增大解析：選A帶負(fù)電的小球受向下的重力G、向上的電場力F和向下的洛倫茲力F洛，這三個(gè)力都在豎直方向上，小球沿水平方向做直線運(yùn)動，所以小球受到的合力一定是零，小球做勻速直線運(yùn)動。當(dāng)小球的入射速度增大時(shí)，洛倫茲力增大但不做功，電場力和重力不變，小球?qū)⑾蛳缕D(zhuǎn)，電場力與重力的合力向上，則它們的合力對小球做負(fù)功，小球動能減小。電場力對小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小，電勢能增大。重力對小球做正功，重力勢能減小，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。6．(2021·南京模擬)如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的。一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下來。設(shè)物塊帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較()A．加速度大小相等B．摩擦產(chǎn)生熱量不相同C．電勢能變化量的絕對值不相同D．動能變化量的絕對值相同解析：選B兩過程中，重力、電場力恒定，支持力方向不變，洛倫茲力方向相反，摩擦力方向相反，物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度大小必定不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動摩擦力Ff′＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動摩擦力Ff″＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦產(chǎn)生熱量Q＝Ffx，兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項(xiàng)正確；a、b兩點(diǎn)電勢確定，由Ep＝qφ可知，兩過程中電勢能變化量的絕對值相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過程和下滑過程，都是重力、摩擦力及電場力做功，但是上滑時(shí)摩擦力小于下滑時(shí)摩擦力，由動能定理可知，動能變化量大小不相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7.如圖所示，三個(gè)完全相同的小球a、b、c帶有相同電荷量的正電荷，從同一高度由靜止開始下落，當(dāng)落下相同高度h1后，a球進(jìn)入水平向左的勻強(qiáng)電場，b球進(jìn)入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，若它們到達(dá)同一水平地面上的速度大小分別用va、vb、vc表示，從開始到落地的時(shí)間分別用ta、tb、tc表示，則它們的關(guān)系是()A．va>vb＝vc，ta＝tc＜tb B．va＝vb＝vc，ta＝tb＝tcC．va＞vb＞vc，ta＜tb＜tc D．va＝vb＞vc，ta＝tb＞tc解析：選A根據(jù)題意可知，c做自由落體運(yùn)動，而a球除豎直方向做自由落體運(yùn)動外，水平方向受到電場力作用做初速度為零的勻加速運(yùn)動，所以下落時(shí)間與c球相同，但落地的速度大于c球做自由落體運(yùn)動的落地速度；b球受到洛倫茲力作用，因洛倫茲力始終與速度垂直，所以b球在豎直方向除了受到重力作用外，偏轉(zhuǎn)后還受洛倫茲力在豎直方向的分力，導(dǎo)致豎直方向的加速度小于g，則下落時(shí)間變長，由于洛倫茲力不做功，因此落地的速度大小不變，故va＞vb＝vc，ta＝tc＜tb，A正確。8．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)磁場后，射線在板間做半徑為r的圓周運(yùn)動，然后打在熒光屏的P點(diǎn)。若在板間再加上一個(gè)方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，亮點(diǎn)又恰好回到O點(diǎn)，由此可知該射線源發(fā)射的射線粒子()A．帶負(fù)電 B．初速度為v＝eq\f(B,E)C．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E) D．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)解析：選D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(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有：Bqv＝meq\f(v2,r)；粒子在電磁疊加場中有：qE＝qvB，則v＝eq\f(E,B)，eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確。二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性9.在水平地面上方有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，現(xiàn)將一個(gè)帶正電的金屬小球從M點(diǎn)以初速度v0水平拋出，小球著地時(shí)的速度為v1，在空中的飛行時(shí)間為t1。若將磁場撤除，其他條件均不變，那么小球著地時(shí)的速度為v2，在空中飛行的時(shí)間為t2。小球所受空氣阻力可忽略不計(jì)，則關(guān)于v1和v2、t1和t2的大小比較，以下判斷正確的是()A．v1＞v2，t1＞t2 B．v1＝v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2解析：選B因?yàn)槁鍌惼澚щ娦∏虿蛔龉?，則根據(jù)動能定理，磁場存在與否，重力和電場力對小球做功相同，則小球著地時(shí)的速率都應(yīng)該是相等的，即v1＝v2。存在磁場時(shí)，小球受到向右上方的洛倫茲力，有豎直向上的分力，使得小球在豎直方向的加速度小于沒有磁場時(shí)的加速度，在空中飛行的時(shí)間要更長些，即t1>t2。故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。10．(2016·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2。求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t。解析：(1)小球勻速直線運(yùn)動時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)則θ＝60°。④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s。⑨解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運(yùn)動沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s。⑦答案：(1)20m/s，方向與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s11.(2021·蘇州模擬)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動，AO與x軸負(fù)方向成37°角。在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向；(3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小。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(yùn)動，三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動。由圖知qE1＝mgtan37°，qv0B1＝eq\f(mg,cos37°)解得E1＝eq\f(3mg,4q)，B1＝eq\f(5mg,4qv0)。(2)小球在區(qū)域Ⅰ中做直線運(yùn)動，電場強(qiáng)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，由圖知qE2＝mgcos37°，解得E2＝eq\f(4mg,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(yùn)動，所以mg＝qE3，解得E3＝eq\f(mg,q)因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動軌跡如圖丙所示，由幾何關(guān)系得r＝eq\f(5,8)d由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝meq\f(2v02,r)聯(lián)立得B2＝eq\f(16mv0,5qd)。答案：(1)eq\f(3mg,4q)eq\f(5mg,4qv0)(2)eq\f(4mg,5q)，方向與x軸正方向成53°角斜向上(3)eq\f(mg,q)eq\f(16mv0,5qd)12．如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝2N/C。在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y＞h＝0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)帶電荷量為q的