（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練47 帶電粒子在復(fù)合場中的運動及實際應(yīng)用（含解析）新人教版

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1、考點規(guī)范練47　帶電粒子在復(fù)合場中的運動及實際應(yīng)用 一、單項選擇題 1.(2018·四川綿陽二診)如圖所示,一個不計重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場中。A中I是兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中等大反向的電流,虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線;B中+Q是兩個位置固定的等量同種點電荷的電荷量,虛線是兩位置連線的中垂線;C中I是圓環(huán)線圈中的電流,虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面;D中是正交的勻強電場和勻強磁場,虛線垂直于電場和磁場方向,磁場方向垂直紙面向外。其中,帶電粒子不可能做勻速直線運動的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 2.(2018·天津和平區(qū)二模)如圖所示,空間存在豎直向上的勻強

2、電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里)。一帶正電小球從O點靜止釋放后,運動軌跡為圖中OPQ所示,其中P為運動軌跡中的最高點,Q為與O同一水平高度的點。下列關(guān)于該帶電小球運動的描述,正確的是(　　) A.小球在運動過程中受到的磁場力先增大后減小 B.小球在運動過程中電勢能先增加后減少 C.小球在運動過程中機械能守恒 D.小球到Q點后將沿著QPO軌跡回到O點 3.(2018·天津濱海新區(qū)模擬)如圖所示,套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球,其質(zhì)量為m,電荷量為q,小球可在棒上滑動,現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向的且互相垂直的勻強磁場和勻強電場中。設(shè)小球電荷量不變,小球由靜止下滑的過程中(

3、　　) A.小球加速度一直增大 B.小球速度先減小后增大,直到最后勻速運動 C.桿對小球的彈力一直減少 D.小球所受洛倫茲力一直增大,直到最后不變 4.(2018·山東日照三校聯(lián)考)如圖所示,勻強磁場垂直于紙面向里,勻強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點后到b點時速度減為零,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 5.(2018·天津模擬)電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛

4、應(yīng)用。如圖所示,泵體是一個長方體,ab邊長為l1,兩側(cè)端面是邊長為l2的正方形;流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ,在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率的倒數(shù)),泵體所在處有方向垂直向外的磁場B,把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上,則(　　) A.泵體上表面應(yīng)接電源負極 B.通過泵體的電流I=Ul1σ C.增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度 D.增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度 二、多項選擇題 6.(2018·天津靜海月考)如圖所示,一正電荷束從左側(cè)沿垂直于電場線與磁感線方向入射后不能沿直線飛出,為了沿射入方向做直線運動,可采用的方法是(　　) A.將滑動

5、變阻器滑片P向右滑動 B.將電源正負極與AB板反接 C.將極板間距離適當(dāng)減小 D.使電荷束從右側(cè)射入 7.(2018·江蘇南京模擬)如圖所示,空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為0.5 T的勻強磁場,一個質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上,在木板左端放置一個質(zhì)量為m=0.1 kg、帶正電q=0.2 C的滑塊,滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左,大小為F=0.6 N的恒力,g取10 m/s2。則滑塊(　　) A.開始做勻加速運動,然后做加速度減小的加速運動,最后做勻速直線運動 B.一直做加速

6、度為2 m/s2的勻加速運動,直到滑塊飛離木板為止 C.速度為6 m/s時,滑塊開始減速 D.最終做速度為10 m/s的勻速運動 8.(2018·河南聯(lián)考)如圖所示,在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場,電場強度為E,在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,其中C、D在x軸上,C、D、M到原點O的距離均為a,現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從y軸上的P點由靜止釋放,設(shè)P點到O點的距離為h,不計重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是(　　) A.若h=B2a2q2mE,則粒子垂直CM射出磁場 B.若h=B2a2q2mE,則

7、粒子平行于x軸射出磁場 C.若h=B2a2q8mE,則粒子垂直CM射出磁場 D.若h=B2a2q8mE,則粒子平行于x軸射出磁場 三、非選擇題 9.(2018·遼寧大連三校聯(lián)考)如圖所示,直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi),在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直xOy平面向里,電場線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球,從y軸上的A點水平向右拋出,經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場,恰能做勻速圓周運動,從x軸上的N點第一次離開電場和磁場,MN之間的距離為l,小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為θ。不計空氣阻力,重力加速度為g,求: (1)電場

8、強度E的大小和方向; (2)小球從A點拋出時初速度v0的大小; (3)A點到x軸的高度h。 10.(2018·河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖所示,質(zhì)量m車為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運動,小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道,DC部分是14光滑圓弧軌道,整個軌道都是由絕緣材料制成的,小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度E大小為50 N/C,磁感應(yīng)強度B大小為2.0 T?，F(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s 的水平速度向右沖上小車,當(dāng)它運動到D點時速度為5 m/s。滑塊可視為質(zhì)點,

9、g取10 m/s2,計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。 (1)求滑塊從A到D的過程中,小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能。 (2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76 N,求圓弧軌道的半徑r。 (3)當(dāng)滑塊通過D點時,立即撤去磁場,要使滑塊沖出圓弧軌道,求此圓弧軌道的最大半徑。 11.(2018·全國Ⅰ卷)如圖所示,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E;在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核?11H和一個氘核?12H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已知?11H進入磁場時,速度方向與x軸正方向的夾角為60

10、°,并從坐標原點O處第一次射出磁場,11H的質(zhì)量為m,電荷量為q,不計重力。求: (1)?11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離; (2)磁場的磁感應(yīng)強度大小; (3)12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。 考點規(guī)范練47　帶電粒子在復(fù)合場中的運動及實際應(yīng)用 1.B　解析圖A中兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中通有等大反向的電流,在中垂線上產(chǎn)生的合磁場方向水平向右,帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運動;圖B中等量同種正點電荷在中垂線上的合場強在連線中點左側(cè)水平向左,在連線中點右側(cè)水平向右,帶電粒子受力不為零,不可能做勻速直線運動;圖C中粒子運動方向與所處位置磁感線平行,粒子做勻速直

11、線運動;圖D是速度選擇器的原理圖,只要v0=EB,粒子做勻速直線運動,故選B。 2.A　解析小球由靜止開始運動,可知電場力大于重力,在運動的過程中,洛倫茲力不做功,電場力和重力的合力先做正功,后做負功,根據(jù)動能定理知,小球的速度先增大后減小,則小球受到的磁場力先增大后減小,故A正確。小球在運動的過程中,電場力先做正功,再做負功,則電勢能先減小后增加,故B錯誤。小球在運動的過程中,除重力做功以外,電場力也做功,機械能不守恒,故C錯誤。小球到Q點后,重復(fù)之前的運動,不會沿著QPO軌跡回到O點,故D錯誤。 3.D　解析小球下滑過程中,受到重力、摩擦力(可能有)、彈力(可能有)、向左的洛倫茲力、向

12、右的電場力,分四個過程進行分析:①開始階段,洛倫茲力小于電場力時,小球向下做加速運動時,速度增大,洛倫茲力增大,小球所受的桿的彈力向左,大小為FN=qE-qvB,FN隨著v的增大而減小,滑動摩擦力Ff=μFN也減小,小球所受的合力F合=mg-Ff,Ff減小,F合增大,加速度a增大;②當(dāng)洛倫茲力等于電場力時,合力等于重力,加速度最大;③小球繼續(xù)向下做加速運動,洛倫茲力大于電場力,小球所受的桿的彈力向右,大小為FN=qvB-qE,v增大,FN增大,Ff增大,F合減小,a減小。④當(dāng)mg=Ff時,a=0,故加速度先增大后減小,直到為零;小球的速度先增大,后不變;桿對球的彈力先減小后反向增大,最后不變;

13、洛倫茲力先增大后不變。故D正確,A、B、C錯誤。 4.B　解析兩過程中,重力、電場力恒定、支持力方向不變,洛倫茲力、摩擦力方向相反,物塊所受合外力不同,由牛頓第二定律知,加速度必定不同,A錯誤;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正確;a、b兩點電勢確定,由Ep=qφ可知,兩過程中電勢能變化量的絕對值相等,C錯誤;整個過程中,重力做功為零,電場力做功為零,摩擦力做功不為零,故物

14、塊動能一定變化,所以上滑和下滑兩過程中動能變化量絕對值一定不同,D錯誤。 5.C　解析當(dāng)泵體上表面接電源的正極時,電流從上向下流過泵體,這時受到的磁場力水平向左拉動液體,A錯誤;根據(jù)電阻定律,泵體內(nèi)液體的電阻R=ρlS=1σ×l2l1l2=1σ·l1,因此流過泵體的電流I=UR=Ul1·σ,B錯誤;增大磁感應(yīng)強度B,泵體內(nèi)液體受到的磁場力變大,因此可獲得更大的抽液高度,C正確;若增大液體的電阻率,可以使電流減小,受到的磁場力減小,使抽液高度減小,D錯誤。 6.BD　解析正電荷束受到的電場力和洛倫茲力方向均向上,向上偏轉(zhuǎn),當(dāng)將滑動變阻器滑片P向右滑動時,板間電壓不變,電荷所受的電場力不變,洛

15、倫茲力也不變,電場力與洛倫茲力的合力向上,所以電荷仍向上偏轉(zhuǎn),故A錯誤。將電源正負極與AB板反接,板間電場向下,正電荷束受到電場力的方向向上,與洛倫茲力能平衡,能使電荷沿射入方向做直線運動,故B正確。將極板間距離適當(dāng)減小,正電荷束受到電場力的方向不變,洛倫茲力不變,電場力與洛倫茲力的合力向上,所以電荷仍向上偏轉(zhuǎn),故C錯誤。使電荷束從右側(cè)射入,洛倫茲力方向向下,與電場力能平衡,能使電荷沿射入方向做直線運動,故D正確。 7.AD　解析以整體為研究對象,由牛頓第二定律得a=Fm+m0=0.60.3m/s2=2m/s2,所以使滑塊產(chǎn)生加速度的靜摩擦力為Ff=ma=2×0.1N=0.2N,而最大靜摩擦

16、力為Ffmax=μmg=0.1×10×0.5N=0.5N>0.2N,當(dāng)滑塊運動后因受到向上的洛倫茲力,故Ffmax'=μ(mg-qBv),當(dāng)Ffmax'>Ff時滑塊做勻加速運動,當(dāng)Ffmax'

17、子進入磁場后做勻速圓周運動,恰好平行于x軸射出磁場時,其圓心恰好在CO中點,如圖乙所示,其半徑為r=12a,由以上兩式可得P到O的距離h=B2a2q8mE,選項D正確。 9.解析(1)小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動,其所受電場力必須與重力平衡,故有qE=mg,E=mgq。因重力的方向是豎直向下的,則電場力的方向應(yīng)為豎直向上。由于小球帶正電,所以電場強度方向豎直向上。 (2)小球做勻速圓周運動,O'為圓心,MN為弦長,∠MO'P=θ,如圖所示。設(shè)半徑為r,由幾何關(guān)系知l2r=sinθ。小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,設(shè)小球做圓周運動的速率為v,有qvB=mv2r。由速度的

18、合成與分解知v0v=cosθ。由以上三式得v0=qBl2mcotθ。 (3)設(shè)小球到M點時的豎直速率為vy,它與水平分速度的關(guān)系為vy=v0tanθ。結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律vy2=2gh得h=q2B2l28m2g。 答案(1)mgq　豎直向上　(2)qBl2mcot θ　(3)q2B2l28m2g 10.解析(1)設(shè)滑塊運動到D點時的速度大小為v1,小車在此時的速度大小為v2,物塊從A運動到D的過程中,系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,有 mv0-m車v=mv1+m車v2, 解得v2=0。 設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE,則有 ΔE=12mv02+12m車v2-12mv12

19、, 解得ΔE=85J。 (2)設(shè)滑塊剛過D點時受到軌道的支持力為FN,則由牛頓第三定律可得FN=76N,由牛頓第二定律可得 FN-(mg+qE+qv1B)=mv12r, 解得r=1m。 (3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時,滑塊與小車具有共同的速度v',由動量守恒定律可得 mv1=(m+m車)v',解得v'=107m/s。 設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm,由能量守恒定律有 12mv12=12(m+m車)v'2+(mg+qE)Rm, 解得Rm=0.71m。 答案(1)85 J　(2)1 m　(3)0.71 m 11.解析(1)11H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運

20、動軌跡如圖所示。設(shè)?11H在電場中的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學(xué)公式有 s1=v1t1① h=12a1t12② 由題給條件,11H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1=60°。11H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1=v1tanθ1③ 聯(lián)立以上各式得s1=233h。④ (2)11H在電場中運動時,由牛頓第二定律有 qE=ma1⑤ 設(shè)?11H進入磁場時速度的大小為v1' v1'=v12+(a1t1)2⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B,11H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛

21、頓第二定律有qv1'B=mv1'2R1⑦ 由幾何關(guān)系得s1=2R1sinθ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B=6mEqh。⑨ (3)設(shè)?12H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2, 由題給條件得12(2m)v22=12mv12⑩ 由牛頓第二定律有qE=2ma2 設(shè)?12H第一次射入磁場時的速度大小為v2',速度的方向與x軸正方向夾角為θ2,入射點到原點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2。由運動學(xué)公式有 s2=v2t2 h=12a2t22 v2'=v22+(a2t2)2 sinθ2=a2t2v2' 聯(lián)立以上各式得s2=s1,θ2=θ1,v2'=22v1' 設(shè)?12H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由⑦式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得R2=(2m)v2'qB=2R1 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)?12H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2',由幾何關(guān)系有s2'=2R2sinθ2 聯(lián)立④⑧式得,12H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2'-s2=233(2-1)h。 答案(1)233h　(2)6mEqh　(3)233(2-1)h 7