高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十）帶電粒子在疊加場中的運動-人教版高三物理試題

課時跟蹤檢測（三十）帶電粒子在疊加場中的運動1.(2018·淮安模擬)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(fù)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；由左手定則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.[多選](2018·宜興期中)如圖所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平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做直線運動，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中正確的是()A．液滴可能帶負電B．液滴一定做勻速直線運動C．液滴有可能做勻變速直線運動D．電場線方向一定斜向上解析：選BD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，由于帶電液滴做直線運動，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，當(dāng)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f作用，這三個力的合力可能為零，如果帶電液滴帶負電、或電場線方向斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運動，故B、D正確，A、C錯誤。3.[多選]如圖所示，表面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(yīng)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，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(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(dāng)B很大時，則摩擦力有可能也很大，當(dāng)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.(2018·啟東中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)量為m，電量為q的帶正電物體，在磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，沿與物體間動摩擦因數(shù)為μ的水平面向左運動，則()A．物體的速度由v減小到零的時間等于eq\f(mv,μmg＋Bqv)B．物體的速度由v減小到零的時間小于eq\f(mv,μmg＋Bqv)C．若另加一個電場強度大小為eq\f(mg＋Bqv,q)，方向水平向左的勻強電場，物體將作勻速運動D．若另加一個電場強度大小為eq\f(mg＋Bqv,q)，方向豎直向上的勻強電場，物體將作勻速運動解析：選D對物體受力分析，受重力、支持力、洛倫茲力和滑動摩擦力；根據(jù)左手定則，洛倫茲力向下，由于摩擦力f＝μ(mg＋qvB)，隨速度的減小不斷減小，加速度不斷減小，不是勻變速運動，設(shè)物體的速度由v減小到零所經(jīng)歷的時間為t，由動量定理得：－ft＝0－mv。t＝eq\f(mv,f)＞eq\f(mv,mg＋qvB)，A、B錯誤；若加一個水平向左的電場，物體受到的電場力大小為F＝mg＋Bqv＞f＝μ(mg＋qvB)，故不會做勻速直線運動，C錯誤；在施加電場前，物體受到豎直向下的合力為F′＝mg＋Bqv，若施加一個豎直向上的電場時，受到的電場力大小為F＝mg＋Bqv，方向豎直向上，物體與水平面間的正壓力為零，不受摩擦力作用，故做勻速直線運動，D正確。5.(2018·淄博第一中學(xué)模擬)為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長方體流量計。該裝置由絕緣材料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加一勻強磁場，前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是()A．M端的電勢比N端的高B．電壓表的示數(shù)U與a和b均成正比，與c無關(guān)C．電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比D．若污水中正負離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0解析：選C根據(jù)左手定則，知正離子所受的洛倫茲力方向向里，則向里偏轉(zhuǎn)，N板帶正電，M板帶負電，則M板的電勢比N板電勢低，故A錯誤；最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB＝qeq\f(U,b)，解得U＝vBb，與污水中正負離子數(shù)無關(guān)，故B、D錯誤。因v＝eq\f(U,Bb)，則流量Q＝vbc＝eq\f(Uc,B)，因此U＝eq\f(BQ,c)，與污水流量成正比，故C正確。6.(2018·鹽城模擬)如圖所示，半圓光滑絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，O為其圓心，勻強磁場方向與軌道平面垂直。現(xiàn)將一個帶正電的小球自M點由靜止釋放，它將沿軌道在MN間做往復(fù)運動。下列說法中正確的是()A．小球在M點的重力勢能大于在N點的重力勢能B．小球經(jīng)過軌道最低點時所受合外力大小總相等C．小球經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力大小總相等D．小球由M到N所用的時間大于由N到M所用的時間解析：選B兩個端點M、N與O等高，小球由M到N與由N到M過程中重力對小球做的功相等，所以小球在M點的重力勢能等于在N點的重力勢能，故A錯誤；小球在最低點的速度相同，由F合＝eq\f(mv2,r)可知，F(xiàn)合不變，故B正確；小球在最低點時受重力、支持力和洛倫茲力，從M到N時，洛倫茲力向上，故F1－mg＋F洛＝eq\f(mv2,r)，F(xiàn)1＝mg－F洛＋eq\f(mv2,r)，小球從N到M時，洛倫茲力向下，故F2－F洛－mg＝eq\f(mv2,r)，F(xiàn)2＝mg＋F洛＋eq\f(mv2,r)，所以小球經(jīng)過最低點時對軌道的壓力大小不相等，故C錯誤；由于洛倫茲力總是與運動垂直，由于沒有摩擦力，故對其加速度大小有影響的只有重力，故無論小球從那邊滾下，其時間相等，故D錯誤。7.(2018·昆山月考)如圖有a、b、c、d四個離子，它們帶等量同種電荷，質(zhì)量不等有ma＝mb＜mc＝md，以不等的速率va＜vb＝vc＜vd進入速度選擇器后，有兩種離子從速度選擇器中射出進入B2磁場。由此可判定()A．射向P1板的是a離子 B．射向P2板的是b離子C．射向A1的是c離子 D．射向A2的是d離子解析：選A通過在磁場中偏轉(zhuǎn)知，粒子帶正電。在速度選擇器中，有qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，只有速度滿足一定值的粒子才能通過速度選擇器，所以只有b、c兩粒子能通過速度選擇器。a的速度小于b的速度，所以a的電場力大于洛倫茲力，a向P1板偏轉(zhuǎn)，故A正確，B錯誤。只有b、c兩粒子能通過速度選擇器進入磁場B2，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB2)，知質(zhì)量大的半徑大，可知射向A1的是b離子，射向A2的是c離子，故C、D錯誤。8．[多選](2018·蘇州模擬)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復(fù)合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則()A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加解析：選BC小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以mg＝Eq，由于電場力的方向與場強的方向相反，故小球帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力提供向心力，故有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，又由于qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，故B正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πE,Bg)，故C正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，顯然運動周期與加速電壓無關(guān)，故D錯誤。9.如圖，豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，第Ⅰ象限坐標(biāo)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。已知第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(biāo)x；(2)磁場的磁感應(yīng)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(shè)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(guān)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．(2018·徐州模擬)如圖所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運動；當(dāng)撤去磁場并保留電場，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知ad＝bc＝eq\f(4\r(3),3)R，忽略粒子的重力。求：(1)帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值eq\f(q,m)；(2)若撤去電場保留磁場，粒子離開矩形區(qū)域時的位置。解析：(1)設(shè)勻強電場強度為E，當(dāng)電場和磁場同時存在時，粒子沿ef方向做直線運動，有：qv0B＝qE①當(dāng)撤去磁場，保留電場時，帶電粒子做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由題，粒子恰能從c點飛出，則水平方向有：2R＝v0t②豎直方向有：eq\f(1,2)bc＝eq\f(1,2)at2③qE＝ma④聯(lián)解①②③④得：eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v0,3BR)。(2)若撤去電場保留磁場，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌