（天津專用）2020屆高考物理一輪復習 考點規(guī)范練47 帶電粒子在復合場中的運動及實際應用（含解析）新人教版

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1、考點規(guī)范練47　帶電粒子在復合場中的運動及實際應用 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線中等大反向的電流,虛線是兩條導線連線的中垂線;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a點后到b點時速度減為零,接著又滑了下來。設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、科技中得到了廣泛

4、應用。如圖所示,泵體是一個長方體,ab邊長為l1,兩側端面是邊長為l2的正方形;流經泵體內的液體密度為ρ,在泵頭通入導電劑后液體的電導率為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(內阻不計)的電源上,則(　　) A.泵體上表面應接電源負極 B.通過泵體的電流I=Ul1σ C.增大磁感應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.將極板間距離適當減小 D.使電荷束從右側射入 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強度為0.5 T的勻強磁場,一個質量為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)域內有垂直于xOy平面由內向外的勻強磁場,磁感應強度為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,在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應強度為B,方向垂直xOy平面向里,電場線平行于y軸。一質量為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·河北衡水中學一調)如圖所示,質量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,磁感應強度B大小為2.0 T。現(xiàn)有一質量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,當它運動到D點時速度為5 m/s?；瑝K可視為質點,

9、g取10 m/s2,計算結果保留兩位有效數(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　帶電粒子在復合場中的運動及實際應用 1.B　解析圖A中兩條垂直紙平面的長直導線中通有等大反向的電流,在中垂線上產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水平向左,在連線中點右側水平向右,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),摩擦產生熱量Q=Ffx,兩過程位移大小相等,摩擦力大小不同,故產生熱量不同,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;增大磁感應強度B,泵體內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,當將滑動變阻器滑片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,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,故C錯誤。使電荷束從右側射入,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,當滑塊運動后因受到向上的洛倫茲力,故Ffmax'=μ(mg-qBv),當Ffmax'>Ff時滑塊做勻加速運動,當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。設半徑為r,由幾何關系知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)設小球到M點時的豎直速率為vy,它與水平分速度的關系為vy=v0tanθ。結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?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?11H進入磁場時速度的大小為v1' v1'=v12+(a1t1)2⑥ 設磁感應強度大小為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 由幾何關系得s1=2R1sinθ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B=6mEqh。⑨ (3)設?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?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?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。設?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