高考物理一轮复习 考点规范练47 带电粒子在复合场中的运动及实际应用（含解析）新人教版-新人教版高三物理试题

考点规范练47带电粒子在复合场中的运动及实际应用一、单项选择题1.(2018·四川绵阳二诊)如图所示,一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中。A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流,虚线是两条导线连线的中垂线;B中+Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量,虚线是两位置连线的中垂线;C中I是圆环线圈中的电流,虚线过圆心且垂直圆环平面;D中是正交的匀强电场和匀强磁场,虚线垂直于电场和磁场方向,磁场方向垂直纸面向外。其中,带电粒子不可能做匀速直线运动的是()2.(2018·天津和平区二模)如图所示,空间存在竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)。一带正电小球从O点静止释放后,运动轨迹为图中OPQ所示,其中P为运动轨迹中的最高点,Q为与O同一水平高度的点。下列关于该带电小球运动的描述,正确的是()A.小球在运动过程中受到的磁场力先增大后减小B.小球在运动过程中电势能先增加后减少C.小球在运动过程中机械能守恒D.小球到Q点后将沿着QPO轨迹回到O点3.(2018·天津滨海新区模拟)如图所示,套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球,其质量为m,电荷量为q,小球可在棒上滑动,现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中。设小球电荷量不变,小球由静止下滑的过程中()A.小球加速度一直增大B.小球速度先减小后增大,直到最后匀速运动C.杆对小球的弹力一直减少D.小球所受洛伦兹力一直增大,直到最后不变4.(2018·山东日照三校联考)如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,匀强电场平行于斜面向下,斜面是粗糙的。一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动,经a点后到b点时速度减为零,接着又滑了下来。设物块带电荷量保持不变,则从a到b和从b回到a两过程相比较()A.加速度大小相等B.摩擦产生热量不相同C.电势能变化量的绝对值不相同D.动能变化量的绝对值相同5.(2018·天津模拟)电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示,泵体是一个长方体,ab边长为l1,两侧端面是边长为l2的正方形;流经泵体内的液体密度为ρ,在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数),泵体所在处有方向垂直向外的磁场B,把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上,则()A.泵体上表面应接电源负极B.通过泵体的电流I=UC.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度二、多项选择题6.(2018·天津静海月考)如图所示,一正电荷束从左侧沿垂直于电场线与磁感线方向入射后不能沿直线飞出,为了沿射入方向做直线运动,可采用的方法是()A.将滑动变阻器滑片P向右滑动B.将电源正负极与AB板反接C.将极板间距离适当减小D.使电荷束从右侧射入7.(2018·江苏南京模拟)如图所示,空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场,一个质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端放置一个质量为m=0.1kg、带正电q=0.2C的滑块,滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左,大小为F=0.6N的恒力,g取10m/s2。则滑块()A.开始做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动B.一直做加速度为2m/s2的匀加速运动,直到滑块飞离木板为止C.速度为6m/s时,滑块开始减速D.最终做速度为10m/s的匀速运动8.(2018·河南联考)如图所示,在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度为E,在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场,磁感应强度为B,其中C、D在x轴上,C、D、M到原点O的距离均为a,现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从y轴上的P点由静止释放,设P点到O点的距离为h,不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是()A.若h=B2a2B.若h=B2a2C.若h=B2a2D.若h=B2a2三、非选择题9.(2018·辽宁大连三校联考)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度为B,方向垂直xOy平面向里,电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球,从y轴上的A点水平向右抛出,经x轴上的M点进入电场和磁场,恰能做匀速圆周运动,从x轴上的N点第一次离开电场和磁场,MN之间的距离为l,小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ。不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)电场强度E的大小和方向;(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小;(3)A点到x轴的高度h。10.(2018·河北衡水中学一调)如图所示,质量m车为5.0kg的小车以2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动,小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道,DC部分是14光滑圆弧轨道,整个轨道都是由绝缘材料制成的,小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度E大小为50N/C,磁感应强度B大小为2.0T。现有一质量m为2.0kg、带负电且电荷量为0.10C的滑块以10m/s的水平速度向右冲上小车,当它运动到D点时速度为5m/s。滑块可视为质点,g取10m/s2(1)求滑块从A到D的过程中,小车与滑块组成的系统损失的机械能。(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76N,求圆弧轨道的半径r。(3)当滑块通过D点时,立即撤去磁场,要使滑块冲出圆弧轨道,求此圆弧轨道的最大半径。11.(2018·全国Ⅰ卷)如图所示,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核

11H和一个氘核

12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知

11H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场(1)

11H第一次进入磁场的位置到原点(2)磁场的磁感应强度大小;(3)12H第一次离开磁场的位置到原点

考点规范练47带电粒子在复合场中的运动及实际应用1.B解析图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流,在中垂线上产生的合磁场方向水平向右,带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动;图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强在连线中点左侧水平向左,在连线中点右侧水平向右,带电粒子受力不为零,不可能做匀速直线运动;图C中粒子运动方向与所处位置磁感线平行,粒子做匀速直线运动;图D是速度选择器的原理图,只要v0=EB2.A解析小球由静止开始运动,可知电场力大于重力,在运动的过程中,洛伦兹力不做功,电场力和重力的合力先做正功,后做负功,根据动能定理知,小球的速度先增大后减小,则小球受到的磁场力先增大后减小,故A正确。小球在运动的过程中,电场力先做正功,再做负功,则电势能先减小后增加,故B错误。小球在运动的过程中,除重力做功以外,电场力也做功,机械能不守恒,故C错误。小球到Q点后,重复之前的运动,不会沿着QPO轨迹回到O点,故D错误。3.D解析小球下滑过程中,受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力,分四个过程进行分析:①开始阶段,洛伦兹力小于电场力时,小球向下做加速运动时,速度增大,洛伦兹力增大,小球所受的杆的弹力向左,大小为FN=qE-qvB,FN随着v的增大而减小,滑动摩擦力Ff=μFN也减小,小球所受的合力F合=mg-Ff,Ff减小,F合增大,加速度a增大;②当洛伦兹力等于电场力时,合力等于重力,加速度最大;③小球继续向下做加速运动,洛伦兹力大于电场力,小球所受的杆的弹力向右,大小为FN=qvB-qE,v增大,FN增大,Ff增大,F合减小,a减小。④当mg=Ff时,a=0,故加速度先增大后减小,直到为零;小球的速度先增大,后不变;杆对球的弹力先减小后反向增大,最后不变;洛伦兹力先增大后不变。故D正确,A、B、C错误。4.B解析两过程中,重力、电场力恒定、支持力方向不变,洛伦兹力、摩擦力方向相反,物块所受合外力不同,由牛顿第二定律知,加速度必定不同,A错误;上滑过程中,洛伦兹力垂直斜面向上,物块所受滑动摩擦力Ff'=μ(mgcosθ-qvB),下滑过程中,洛伦兹力垂直斜面向下,物块所受滑动摩擦力Ff″=μ(mgcosθ+qvB),摩擦产生热量Q=Ffx,两过程位移大小相等,摩擦力大小不同,故产生热量不同,B正确;a、b两点电势确定,由Ep=qφ可知,两过程中电势能变化量的绝对值相等,C错误;整个过程中,重力做功为零,电场力做功为零,摩擦力做功不为零,故物块动能一定变化,所以上滑和下滑两过程中动能变化量绝对值一定不同,D错误。5.C解析当泵体上表面接电源的正极时,电流从上向下流过泵体,这时受到的磁场力水平向左拉动液体,A错误;根据电阻定律,泵体内液体的电阻R=ρlS=1σ×l2l16.BD解析正电荷束受到的电场力和洛伦兹力方向均向上,向上偏转,当将滑动变阻器滑片P向右滑动时,板间电压不变,电荷所受的电场力不变,洛伦兹力也不变,电场力与洛伦兹力的合力向上,所以电荷仍向上偏转,故A错误。将电源正负极与AB板反接,板间电场向下,正电荷束受到电场力的方向向上,与洛伦兹力能平衡,能使电荷沿射入方向做直线运动,故B正确。将极板间距离适当减小,正电荷束受到电场力的方向不变,洛伦兹力不变,电场力与洛伦兹力的合力向上,所以电荷仍向上偏转,故C错误。使电荷束从右侧射入,洛伦兹力方向向下,与电场力能平衡,能使电荷沿射入方向做直线运动,故D正确。7.AD解析以整体为研究对象,由牛顿第二定律得a=Fm+m0=0.60.3m/s2=2m/s2,所以使滑块产生加速度的静摩擦力为Ff=ma=2×0.1N=0.2N,而最大静摩擦力为Ffmax=μmg=0.1×10×0.5N=0.5N>0.2N,当滑块运动后因受到向上的洛伦兹力,故Ffmax'=μ(mg-qBv),当Ffmax'>Ff时滑块做匀加速运动,当Ffmax'<Ff8.AD解析粒子从P点到O点经电场加速,Eqh=12mv2,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,Bqv=mv若粒子恰好垂直CM射出磁场时,其圆心恰好在C点,如图甲所示,其半径为r=a。由以上两式可求得P到O的距离h=B2若粒子进入磁场后做匀速圆周运动,恰好平行于x轴射出磁场时,其圆心恰好在CO中点,如图乙所示,其半径为r=12a,由以上两式可得P到O的距离h=B9.解析(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动,其所受电场力必须与重力平衡,故有qE=mg,E=mgq(2)小球做匀速圆周运动,O'为圆心,MN为弦长,∠MO'P=θ,如图所示。设半径为r,由几何关系知l2r=sinθ。小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,设小球做圆周运动的速率为v,有qvB=mv2r。由速度的合成与分解知v0v=cosθ。由以上三式得v(3)设小球到M点时的竖直速率为vy,它与水平分速度的关系为vy=v0tanθ。结合匀变速直线运动规律vy2=2gh得h=答案(1)mgq竖直向上(2)qBl2mcotθ10.解析(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1,小车在此时的速度大小为v2,物块从A运动到D的过程中,系统动量守恒,以向右为正方向,有mv0-m车v=mv1+m车v2,解得v2=0。设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE,则有ΔE=12mv02+1解得ΔE=85J。(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN,则由牛顿第三定律可得FN=76N,由牛顿第二定律可得FN-(mg+qE+qv1B)=mv1解得r=1m。(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时,滑块与小车具有共同的速度v',由动量守恒定律可得mv1=(m+m车)v',解得v'=107设圆弧轨道的最大半径为Rm,由能量守恒定律有12mv12=12(m+m车)v'解得Rm=0.71m。答案(1)85J(2)1m(3)0.71m11.解析(1)11H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设

11H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点Os1=v1t1①h=12a1t1由题给条件,11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°。11H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tan联立以上各式得s1=233h。(2)1qE=ma1⑤设

11H进入磁场时速度的大小为vv1'=v12设磁感应强度大小为B,11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1'B=m由几何关系得s1=2R1sinθ1⑧联立以上各式得B=6mEqℎ。(3)设

12H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a由题给条件得12(2m)v2由牛顿第二定律有qE=2ma2设

12H第一次射入磁场时的速度大小为