（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（二十九）帶電粒子在疊加場中的運動（含解析）.doc

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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；該磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則()A液滴帶正電B液滴比荷C液滴沿順時針方向運動D液滴運動速度大小v解析：選C液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知，qEmg，得，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動，C正確；對液滴qEmg，qvBm得v，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的電場線，電場線與水平方向成角，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與水平方向成角，且，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(2018揚州中學期末)如圖所示，板間電壓為U的平行金屬板豎直放置，A板帶負電，B板帶正電，兩板之間有垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一電荷量為q、質量為m的油滴由上方下落，從兩板中央P點進入并穿過磁場區(qū)域。PO為兩板間的中線，油滴剛進入極板間時受到的電場力大小恰等于洛倫茲力大小，下列說法正確的有()A油滴沿PO方向勻速通過平行板B油滴一定從O點左側飛出C油滴一定從O點右側飛出D油滴不可能沿PO方向做勻加速直線運動通過平行板解析：選CD油滴剛進入極板間時水平方向受到的電場力大小恰等于洛倫茲力大小，豎直方向受到重力作用，則速度逐漸變大，隨著速度的變大，洛倫茲力變大，則油滴做變速曲線運動，不可能沿PO方向勻速或勻加速直線運動通過平行板，選項A錯誤，D正確；由于洛倫茲力方向向右，可知粒子運動軌跡向右偏轉，從O點右側飛出，選項B錯誤，C正確。4(2018南通三模)磁流體發(fā)電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉，形成直流電源對外供電。則()A僅減小兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢將增大B僅增強磁感應強度，發(fā)電機的電動勢將減小C僅增加負載的阻值，發(fā)電機的輸出功率將增大D僅增大等離子體的噴射速度，發(fā)電機的總功率將增大解析：選D帶電離子向極板偏轉，達到穩(wěn)定時，有：qvBq，解得：E電Bdv，由此可知僅減小兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢將減小，僅增強磁感應強度，發(fā)電機的電動勢將增大，故A、B錯誤；根據歐姆定律和功率公式可知，當外電阻和內電阻相等時，輸出功率最大，所以增加負載的阻值，發(fā)電機的輸出功率不一定增大，故C錯誤；由E電Bdv，可知僅增大等離子體的噴射速度，電動勢將增大，因為總電阻不變，所以輸出功率將增大，故D正確。5多選(2019鹽城中學模擬)如圖所示是某霍爾元件的內部結構圖，其載流子為電子，a接直流電源的正極，b接直流電源的負極，c、d間輸出霍爾電壓，下列說法正確的是()A若工作面水平，置于豎直向下的磁場中，c端的電勢高于d端Bc、d間霍爾電壓與a、b間電流大小有關C將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場強弱相同D在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持豎直解析：選ABD若工作面水平，置于豎直向下的磁場中，由于電流從a流向b，電子從b向a移動，由左手定則可知，電子偏向d極，則c端的電勢高于d端，選項A正確；c、d間霍爾電壓滿足qBqv，而IneSv，可知UBdv，即c、d間霍爾電壓與a、b間電流大小有關，選項B正確；由以上分析可知，將該元件移至另一位置，反復調整元件的方向，若最大霍爾電壓相同，則兩處的磁場強弱相同，選項C錯誤；地球赤道處的磁場與地面平行，則在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持豎直，選項D正確。6(2018南京、鹽城二模)如圖所示，在磁感應強度為B，范圍足夠大的水平勻強磁場內，固定著傾角為的絕緣斜面。一個質量為m、電荷量為q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數為。設滑動時電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其加速度大小a與時間t的關系圖像可能正確的是()解析：選C根據牛頓第二定律，沿斜面方向：mgsin FNma，垂直斜面方向：FNmgcos qvB，聯(lián)立解得agsin gcos ，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，但減不到零，故C正確，A、B、D錯誤。7.如圖所示，一個粗糙且足夠長的斜面體靜止于水平面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。質量為m、帶電荷量為Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的過程中，斜面體靜止不動。下列判斷正確的是()A滑塊受到的摩擦力逐漸增大B滑塊沿斜面向下做勻加速直線運動C滑塊最終要離開斜面D滑塊最終可能靜止于斜面上解析：選C滑塊受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛倫茲力和沿斜面向上的摩擦力四個力的作用，初始時刻洛倫茲力為0，滑塊在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下運動，隨著速度v的增大，洛倫茲力qvB增大，滑塊受到的彈力減小，引起摩擦力減小，滑塊沿斜面向下的加速度大小a變大，當qvBmgcos 時，滑塊開始離開斜面。綜上所述，故C正確，A、B、D錯誤。8多選如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，場內有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的傾角為。一帶電荷量為q、質量為m的帶負電小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數為。在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是()A小球下滑的最大速度為vmB小球下滑的最大加速度為amgsin C小球的加速度一直在減小D小球的速度先增大后不變解析：選BD小球開始下滑時有mgsin (mgcos qvB)ma，隨v增大，a增大，當v時，a達最大值gsin ，B正確；此時洛倫茲力等于mgcos ，支持力等于0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過程中有mgsin (qvBmgcos )ma，隨v增大，a減小，當vm時，a0，此時達到平衡狀態(tài)，速度不變。所以整個過程中，v先一直增大后不變，a先增大后減小，所以D正確。9多選如圖所示為一個質量為m、電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中(不計空氣阻力)?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度時間圖像可能是下圖中的()解析：選AD由左手定則可判斷圓環(huán)所受洛倫茲力方向向上，當qv0Bmg時，圓環(huán)做勻速運動，此時圖像為A，故選項A符合題意；當qv0Bmg時，F(xiàn)Nqv0Bmg，此時：FNma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvBmg時，圓環(huán)開始做勻速運動，故D符合題意。10.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的復合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，則下列說法中錯誤的是()A小球可能帶正電B小球做勻速圓周運動的半徑為r C小球做勻速圓周運動的周期為TD若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期不變解析：選A小球在豎直平面內做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以mgqE，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，解得r，又由于qUmv2，解得v ，所以r ，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，顯然運動周期與加速電壓無關，電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期不變，故C、D正確。11.如圖所示，虛線上方有方向豎直向下的勻強電場，虛線上下方有相同的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向外。ab是一根長為l的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶正電荷量為q、質量為m的小球(小球重力忽略不計)，從a端由靜止釋放后，小球先做加速運動，后做勻速運動到達b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數0.3，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是，求：(1)小球到達b點的速度；(2)勻強電場的場強E；(3)帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。解析：(1)小球在磁場中做勻速圓周運動時，根據牛頓第二定律，則有Bqvbm又R解得vb。(2)小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖，受向左的洛倫茲力F、向右的彈力N、向下的電場力qE以及向上的摩擦力f，小球沿桿勻速運動時，洛倫茲力FBqvb則有NFBqvb所以fNBqvb此時qEfBqvb解得E。(3)小球從a運動到b過程中，由動能定理得：W電Wfmvb2又W電qEl所以Wfmvb2則有：。答案：(1)(2)(3)12如圖所示，在地面附近，坐標系xOy在豎直平面內，空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，在x0的區(qū)域內做勻速圓周運動，則帶電油滴所受電場力應與所受重力相平衡。有：qEmg解得EE，方向豎直向上。(3)由已知條件MONO可知：ONP30又：OMP30，MOP60則：OPN30故：P點速度方向與PN成60角，N點速度方向也與PN成60角。即N點速度與x軸垂直，O為帶電油滴做圓周運動的圓心半徑R帶電油滴做直線運動的時間：t1帶電油滴做圓周運動的時間：t2T則帶電油滴從M點到N點所用的時間為tt1t2。答案：(1)(2)E，方向豎直向上(3)