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

《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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?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(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) v2 E q E 2 中：Bqv＝m?r?；粒子在電磁正交場(chǎng)中：qE＝qvB，v＝B，選項(xiàng)?B?錯(cuò)誤；聯(lián)立解得m＝Br，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?

3、?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，qE＝mg，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 q E B．液滴比荷m＝g C．液滴沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng) Rg D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小?v＝BE q g m E 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 v2 RBg qE＝mg，qvB＝m?R?，得?v＝?E?，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

4、?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?h1＝h3 C．h2?與?h4?無(wú)法比較 B．一定有?h1＜h4 D．h1?與?h2?無(wú)法比較 v?2 0 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：h1＝?2g?。第?3?個(gè)圖：當(dāng)加上電場(chǎng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng) 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(gè)圖：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：mgh2＋Ek＝2mv02， 1 又由于2mv02＝mgh1，所以?h1＞h2，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?

6、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?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，

7、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.(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

8、( ) 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?A→C?合力做正功，故在?C?處液滴的動(dòng)能最 大，B?正確；而由于?A→C?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?A→C 機(jī)械能減小，故液滴在?C?點(diǎn)機(jī)械能最小，C?錯(cuò)誤，D?正確。 6．(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電

9、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?B＝5?T，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?P＝100?W?的燈泡正常發(fā)光，且此時(shí)燈泡 距?離?為?d?＝?20 離子體(即高溫下 入磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)在 電?阻?為?R?＝?100 Q＝It，而?I＝?? P 1.6×10－19 Ω，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)

10、的電動(dòng)勢(shì)為?100?V C．離子從左側(cè)噴射入磁場(chǎng)的初速度大小為?103?m/s D．每秒鐘有?6.25×1018?個(gè)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(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?E U U ＝U＝?PR＝100?V，選項(xiàng)?B?正確；由?Bqv＝q?d?可得?v＝Bd＝100?m/s，選項(xiàng)?C?錯(cuò)誤；每秒鐘經(jīng)過(guò)燈泡?L?的電荷量 Q R＝1?A，所以?Q＝1?C，由于離子為一價(jià)離子，所以每

11、秒鐘打在金屬板N?上的離子個(gè)數(shù)為?n＝?e?＝ 1 ＝6.25×1018(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?α?角，水平 直線運(yùn)動(dòng)，?L?與 水平方向成?β?角，且?α＞β，則下列說(shuō)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?

12、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)

13、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 區(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?t B．若撤去電場(chǎng)?E，質(zhì)子穿過(guò)場(chǎng)區(qū)時(shí)間等于?t C．若撤去磁場(chǎng)?B，質(zhì)子穿出場(chǎng)區(qū)時(shí)動(dòng)能大于?Ek D．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

14、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)，

15、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)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大 U C．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為?v＝Bd BI D．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?e?d?＝evB，得?U＝Bdv，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

16、根據(jù)?I＝neSv， 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

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(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(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

19、 根據(jù)平衡條件，有?Eq＝mgtan?θ＝mg，qvB＝ mg cos?θ 運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有：a＝???合＝???2g。 由幾何知識(shí)得?t＝??T 可得?t＝????? 。 mg 2mg 可得?E＝?q?，B＝?qv?。 (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 F m v2 (3)電場(chǎng)變?yōu)樨Q直向上后，qE＝mg，故液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(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Ⅰ 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Ⅱ內(nèi) 存在寬度為

21、?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Ⅱ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，sin?37°＝0.6，cos?37°＝0.8，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?的大小； (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場(chǎng)強(qiáng)度?E2?的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度?E3?的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)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(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)。 qE

22、 3mg 1 由圖知?tan?37°＝?mg?，得?E1＝?4q mg 5mg B1qv0 4qv0 動(dòng)，三力滿足如圖 由圖知?cos?37°＝ ， q 由幾何關(guān)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(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，受力如圖乙所示?(電場(chǎng)力方向與速度方向垂直?)，小球做勻加速 直線運(yùn)動(dòng)， 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(dòng)，所以 ， 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示， 5 8 (2v0)2 。 3mg 5mg 4mg mg 16mv0 4qv0 5q 5qd