2023版高考物理一轮复习课时跟踪检测（三十）第八章磁场第4节带电粒子在叠加场中的运动

PAGEPAGEPAGE4课时跟踪检测〔三十〕带电粒子在叠加场中的运动1.(2022·安庆模拟)如下图，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，那么()A．液滴带正电B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿顺时针方向运动D．液滴运动速度大小v＝eq\f(Rg,BE)解析：选C液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定那么可判断液滴沿顺时针转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(RBg,E)，故D错误。2．(多项选择)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够到达的最大高度为h1；假设加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；假设加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，假设加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如下图。不计空气，那么()A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4C．h2与h4无法比拟 D．h1与h2无法比拟解析：选AC第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝eq\f(v02,2g)。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v02＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，那么由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mv02，又由于eq\f(1,2)mv02＝mgh1，所以h1＞h2，所以D错误。第4个图：因小球电性不知，那么电场力方向不清，那么高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误。3.(多项选择)如下图，外表粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，以下判断正确的选项是()A．滑块受到的摩擦力不变B．假设斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑C．假设B足够大，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块到达地面时的动能与B有关解析：选BD滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定那么，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B很大时，那么摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A、C错误，B正确；B不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D正确。4．(多项选择)(2022·浙江三校模拟)如下图，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，以下说法正确的选项是()A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动C．假设有小球能做直线运动，那么它一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒解析：选AC沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误。在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确。两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。5．(多项选择)(2022·杭州市五校联盟“一诊〞)如下图，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下外表MN间电压为U。自由电子的电量为e。以下说法正确的选项是()A．M板比N板电势高B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝eq\f(U,Bd)D．导体单位体积内的自由电子数为eq\f(BI,eUb)解析：选CD如图，电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定那么判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上，那么M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，A错误；电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，那么有U＝E＝Bdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，故B错误；由U＝E＝Bdv，得自由电子定向移动的速度为v＝eq\f(U,Bd)，故C正确；电流的微观表达式是I＝nevS，那么导体单位体积内的自由电子数n＝eq\f(I,evS)，S＝db，v＝eq\f(U,Bd)，代入得n＝eq\f(BI,eUb)，故D正确。6．(多项选择)(2022·江西八校联考)如下图，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中()A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)解析：选CD对小球受力分析如下图，那么mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝qvB时到达最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误。因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误。假设在前半段到达最大加速度的一半，那么mg－μ(qE－qvB)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；假设在后半段到达最大加速度的一半，那么mg－μ(qvB－qE)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正确。7．(多项选择)(2022·六安一中模拟)如下图，两平行金属板A、B水平放置，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，闭合开关使电容器充电，一个不计重力的带电粒子恰能水平向右匀速通过，那么()A．仅将极板A上移一小段距离，带电粒子将向下偏B．仅将极板A上移一小段距离，带电粒子仍能沿直线运动C．仅将极板A、B错开一段距离，带电粒子一定向上偏D．仅将极板A下移，此过程中将出现a到b的电流解析：选BD仅将极板A上移一小段距离，AB之间的距离增大，根据：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容C减小；由于ab之间具有单向导电性的二极管，电流的方向只能由a流向b，所以C减小时，电流不能流向a，所以电容器上的电量保持不变；又：C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，所以：E＝eq\f(Q,C·d)＝eq\f(Q,d·\f(εrS,4πkd))＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以极板之间的电场强度也不变，因此粒子仍然匀速通过，故A错误，B正确；仅将极板A、B错开一段距离，根据：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容C减小；由于ab之间的具有单向导电性的二极管，所以电容器上的电量保持不变，又：C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，所以电场强度E增大，电场力增大，由于正电荷受到的电场力的方向向下，所以正电荷将向下偏转，故C错误；仅将极板A下移，AB之间的距离减小，根据：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容C增大，极板之间的电势差减小，所以此过程中将出现a到b的电流才能使极板之间的电势差保持不变，故D正确。8．(2022·三门峡市陕州中学检测)如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v­t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的选项是()A．该物块带负电B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/sC．假设皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D．在2～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动解析：选D由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。物块的最大速度是1m/s。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μFN－mgsinθ＝ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcosθ，后来：FN′＝mgcosθ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的。物块沿传送带向上运动，由左手定那么可知，物块带正电，故A错误。物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，那么受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块到达最大速度，此时：mgsinθ＝μ(mgcosθ－f洛)②由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，那么物块到达最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，也可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带不静止。故B错误，D正确。由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以假设皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误。9．(2022·昆明上学期双基测试)如图，竖直平面内建立直角坐标系xOy，第Ⅰ象限坐标为(x，d)位置处有一小球发射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限中有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。某时刻小球发射器P沿x轴负方向以某一初速度发出一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球从y＝eq\f(d,2)处经过y轴且速度方向与y轴负方向成45°角，其后小球在匀强磁场和电场中偏转后垂直x轴返回第Ⅰ象限。第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内匀强电场的电场强度E＝eq\f(mg,q)，g为重力加速度。求：(1)小球刚从发射器射出时的初速度及小球发射器P的横坐标x；(2)磁场的磁感应强度大小及小球从发射到返回第Ⅰ象限上升到最高点所用的总时间。解析：(1)带电小球从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v0，沿水平方向有x＝v0t1沿竖直方向有eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)gt12tan45°＝eq\f(v0,vy)，vy＝gt1联立解得t1＝eq\r(\f(d,g))，v0＝eq\r(dg)，x＝d。(2)带电小球进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，所受竖直向上的电场力qE＝mg，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,R)小球在匀强磁场中运动的线速度v＝eq\r(2)v0＝eq\r(2dg)由几何关系得，小球做匀速圆周运动的半径R＝eq\f(\r(2),2)d解得B＝eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,d))小球在匀强磁场和电场中运动的时间t2＝eq\f(5,8)T其中周期T＝eq\f(2πR,v)联立解得t2＝eq\f(5π,8)eq\r(\f(d,g))小球返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用时间t3＝eq\f(v,g)＝eq\r(\f(2d,g))所以，小球从发射出来到返回第Ⅰ象限后上升到最高点所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)＋\f(5π,8)))eq\r(\f(d,g))。答案：(1)eq\r(dg)d(2)eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)＋\f(5π,8)))eq\r(\f(d,g))10.(2022·济宁三模)如下图，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－y方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与＋y方向成30°～150°，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区。带电粒子电量为q，质量为m，重力不计。求：(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；(3)从x轴