高考物理一輪總復習課時跟蹤檢測（三十九）“帶電粒子在疊加場中運動”的分類強化

課時跟蹤檢測（三十九）“帶電粒子在疊加場中運動”的分類強化一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1.(多選)如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，滑動變阻器最大阻值為R，G為靈敏電流計，開關閉合，兩平行金屬板M、N之間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶正電的粒子恰好以速度v勻速穿過兩板，不計粒子重力。以下說法中正確的是()A．保持開關閉合，滑片P向下移動，粒子可能從M板邊緣射出B．保持開關閉合，滑片P的位置不動，將N板向上移動，粒子可能從M板邊緣射出C．將開關斷開，粒子將繼續(xù)沿直線勻速射出D．開關斷開瞬間，靈敏電流計G指針將發(fā)生短暫偏轉(zhuǎn)解析：選AD由粒子在復合場中做勻速直線運動可知，粒子所受電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，當保持開關閉合，滑片向下移動時，電容器兩極板間的電壓U減小，粒子所受豎直向下的電場力減小，則粒子所受向上的洛倫茲力大于豎直向下的電場力，從而向上偏轉(zhuǎn)，有可能從M板邊緣射出，A正確；將N板向上移動使得兩極板間距減小，則粒子所受豎直向下的電場力增大，向下偏轉(zhuǎn)，不可能從M板邊緣射出，B錯誤；將開關斷開，平行板電容器放電，因此靈敏電流計G指針發(fā)生短暫偏轉(zhuǎn)，此后粒子將只受洛倫茲力做勻速圓周運動，D正確，C錯誤。2.某一種污水流量計工作原理可以簡化為如圖所示模型，廢液內(nèi)含有大量正、負離子，從直徑為d的圓柱形容器右側(cè)流入，左側(cè)流出。流量值Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，下列說法正確的是()A．帶電離子所受洛倫茲力方向由M指向NB．M點的電勢高于N點的電勢C．污水流量計也可以用于測量不帶電的液體的流速D．只需要測量M、N兩點間的電壓就能夠推算廢液的流量解析：選D帶電離子進入磁場后受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，正離子受到的洛倫茲力向下，負離子受到的洛倫茲力向上，則M點的電勢低于N點的電勢，故A、B錯誤；不帶電的液體在磁場中不受洛倫茲力，M、N兩點間沒有電勢差，無法計算流速，故C錯誤；最終帶電離子受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qeq\f(U,d)，解得液體的流速為v＝eq\f(U,dB)，U是M、N兩點間的電壓，廢液的流量為Q＝vS＝eq\f(πUd,4B)，B、d為已知量，則只需要測量M、N兩點間的電壓就能夠推算廢液的流量，故D正確。3.(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖，將一束等離子體垂直于磁場方向噴入磁場，在磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，兩板間就會產(chǎn)生電壓，如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板間距離為d，金屬板的面積為S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，等離子體充滿兩板間的空間。當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數(shù)為I，下列說法正確的是()A．金屬板A帶負電B．兩金屬板間的電勢差為IRC．板間等離子體的內(nèi)阻是eq\f(Bdv,I)－RD．板間等離子體的電阻率為eq\f(S,d)eq\f(Bdv,I)－R解析：選ACD大量等離子體進入磁場時，由左手定則可以判斷，正離子受到的洛倫茲力向下，所以正離子聚集到金屬板B上，負離子受到的洛倫茲力向上，負離子聚集到金屬板A上，故金屬板B相當于電源的正極，金屬板A相當于電源的負極，故A正確；根據(jù)qvB＝qeq\f(U,d)得，U＝E電動＝Bdv，故B錯誤；根據(jù)閉合電路的歐姆定律得r＝eq\f(E電動,I)－R＝eq\f(Bdv,I)－R，故C正確；依據(jù)r＝ρeq\f(d,S)得，板間等離子體的電阻率ρ＝eq\f(rS,d)＝eq\f(S,d)eq\f(Bdv,I)－R，故D正確。4.(2021·河北高考)如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間。相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌平面與水平面夾角為θ，兩導軌分別與P、Q相連。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止。重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是()A．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)解析：選B由左手定則可知Q板帶正電，P板帶負電，所以金屬棒ab中的電流方向為從a到b，對金屬棒受力分析可知，金屬棒受到的安培力方向沿導軌平面向上，由左手定則可知導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsinθ，而I＝eq\f(U,R)，而對等離子體受力分析有qeq\f(U,d)＝qvB1，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)。故B正確，A、C、D錯誤。5.(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，出現(xiàn)一個亮點。在板間加上垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場后，射線在板間做半徑為r的圓周運動，然后打在熒光屏的P點。若在板間再加上一個方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，亮點又恰好回到O點，由此可知該射線源發(fā)射的射線粒子()A．帶正電 B．初速度為v＝eq\f(B,E)C．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E) D．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)解析：選AD粒子在向里的磁場中向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，A正確；粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有：Bqv＝meq\f(v2,r)；粒子在電磁疊加場中有：qE＝qvB，則v＝eq\f(E,B)，eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)，B、C錯誤，D正確。6.如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10m/s2。求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)，則θ＝60°。④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s。解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑨若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑩聯(lián)立⑨⑩式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s。答案：(1)20m/s方向與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性7．(2022·廣東高考)(多選)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有()A．電子從N到P，電場力做正功B．N點的電勢高于P點的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力解析：選BC過N點畫一條與M、P平行的直線，即為等勢線，由于沿電場線電勢逐漸降低，所以φN>φP，故B正確；電子從N到P，電勢能增大，電場力做負功，A錯誤；洛倫茲力不做功，故C正確；根據(jù)動能定理可知電子從M到P，電場力做功為零，電子在P點速度為零，則電子在M點與在P點均只受電場力作用，故D錯誤。8.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一矩形區(qū)域abcd，ab邊長為2l，bc邊長為eq\r(3)l，邊cd、ab的中點分別是e、f，ad邊與水平面的夾角θ＝30°，矩形區(qū)域內(nèi)有大小為E、方向平行ab向上的勻強電場。現(xiàn)讓一帶正電微粒從d點的正上方的某點p(圖中未畫出)沿該豎直面水平拋出，正好從e點進入該矩形區(qū)域，并沿ef做直線運動，已知重力加速度為g，求：(1)該微粒的比荷；(2)p、d間的距離；(3)若將矩形區(qū)域內(nèi)的電場大小變?yōu)閑q\f(\r(3),3)E，方向變?yōu)槠叫衋d向上，微粒仍從p點以原來的速度水平拋出，求微粒將從何處離開矩形區(qū)域。解析：(1)由題意可知，合力沿ef方向qE＝mgcosθ，eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)g,2E)。(2)設微粒平拋的初速度為v0，從p到e用時為t1，豎直方向位移y1，水平位移為x1，到達e點時速度ve，豎直方向速度為vy，由平拋運動規(guī)律及題意有tanθ＝eq\f(vy,v0)，x1＝v0t1，y1＝eq\f(1,2)gt12，vy＝gt1，x1＝lsinθ，y2＝lcosθ，p、d間的距離為yy＝y(tǒng)1＋y2解得y＝eq\f(7\r(3),12)l。(3)電場改變后的電場力F2＝qeq\f(\r(3),3)E可得F2＝mgsinθ粒子進入電場后所受合力沿cd方向向下，做類平拋運動，設粒子的加速度為a，通過矩形區(qū)域的時間為t2，由牛頓第二定律有mgcos