《高考物理一輪復習 第10章 磁場 微專題55 帶電粒子在疊加場中的運動試題 粵教版-粵教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復習 第10章 磁場 微專題55 帶電粒子在疊加場中的運動試題 粵教版-粵教版高三物理試題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、55 帶電粒子在疊加場中的運動方法點撥(1)先確定各場的方向、強弱等，后正確分析帶電體受力情況、運動情況，尋找臨界點、銜接點；(2)若帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動，則重力、電場力與磁場力的合力為零；(3)若帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動，則重力與電場力等大、反向1如圖1所示，有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中，當有穩(wěn)恒電流沿平行平面C的方向通過時，下列說法中正確的是()圖1A金屬塊上表面M的電勢高于下表面N的電勢B電流增大時，M、N兩表面間的電壓U增大C磁感應(yīng)強度增大時，M、N兩表面間的電壓U減小D金屬塊中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)越少，M、N兩表面間的電壓U越小2(多選)如圖2所示，空

2、間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是()圖2A沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B若沿ab方向做直線運動，則小球帶正電，且一定是勻速運動C若沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動D兩小球在運動過程中機械能均保持不變3(多選)如圖3甲所示，絕緣輕質(zhì)細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q6107 C，在圖示坐標系中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零當小球以2 m/

3、s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標y的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2，則下列判斷正確的是()圖3A勻強電場的場強大小為3.2106 V/mB小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 JC小球做順時針方向的勻速圓周運動D小球所受的洛倫茲力的大小為3 N4(多選)太陽風含有大量高速運動的質(zhì)子和電子，可用于發(fā)電如圖4，太陽風進入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L，則()圖4A在開關(guān)K未閉合的情況下，兩極

4、板間穩(wěn)定的電勢差為BLvB閉合開關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則極板間電場恒定C閉合開關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILvD閉合開關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功5如圖5甲所示，一個質(zhì)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且細桿處于勻強磁場中(不計空氣阻力)，現(xiàn)給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)的速度時間圖象如圖乙所示則關(guān)于圓環(huán)所帶的電性、勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和圓環(huán)克服摩擦力所做的功W(重力加速度為g)，下列說法正確的是()圖5A圓環(huán)帶負電BBCWmvDWmv6有一電荷量為q，重力為G的小

5、球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向如圖6所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時()圖6A一定做曲線運動B不可能做曲線運動C有可能做勻速運動D有可能做勻加速直線運動7(多選)磁流體發(fā)電機是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機，如圖7為其原理示意圖，平行金屬板C、D間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒)水平噴入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半，與開關(guān)S串聯(lián)接在C、D兩端，已知兩金屬板間距離為d，噴入氣流的速度為v，磁流體發(fā)電機的電阻為r(R0r2R0)

6、，則滑動變阻器的滑片P由a向b端滑動的過程中()圖7A金屬板C為電源負極，D為電源正極B發(fā)電機的輸出功率一直增大C電阻R0消耗功率最大值為D滑動變阻器消耗功率最大值為8如圖8所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限內(nèi)存在電場強度大小為E0、方向水平向右的勻強電場，x軸下方是豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場的復合場區(qū)域一帶電小球從x軸上的A點以一定初速度v0垂直x軸向上射出，小球恰好以速度v0從y軸上的C點垂直y軸進入第一象限，然后從x軸上的D點進入x軸下方的復合場區(qū)域，小球在復合場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，最后恰好擊中原點O，已知重力加速度為g.求：圖8(1)帶電小球的比荷；(2)x軸下方勻強

7、電場的電場強度大小E和勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)小球從A點運動到O點經(jīng)歷的時間t.答案精析1B由左手定則可知，通有圖示電流時，自由電子受到向上的洛倫茲力，向M面偏轉(zhuǎn)，故上表面M電勢低于下表面N的電勢，A項錯；最終電子在洛倫茲力和電場力作用下處于平衡，即evBe，則有，UBvd，由此可知，磁感應(yīng)強度增大時，M、N兩表面間的電壓增大，C項錯；由電流的微觀表達式IneSv可知，電流增大說明自由電子定向移動速率v增大，所以M、N兩表面間的電壓增大,B項正確;電流一定時,金屬塊中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越少,自由電子定向移動的速率一定越大,所以M、N兩表面間的電壓越大，D項錯.2AB若ab方向的

8、小球帶正電，ac方向的小球帶負電，則都可能做直線運動，如圖所示，A項正確根據(jù)上述分析可知，若小球沿ab方向做直線運動，重力和電場力不變，由圖中可以看出應(yīng)保證重力和電場力的合力與洛倫茲力大小相等且方向相反；若速度改變，則洛倫茲力改變，小球所受的合外力大小不為零且方向與速度方向不共線，所以小球?qū)⒉蛔鲋本€運動，B項正確根據(jù)上述分析可知小球若沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，重力和電場力不變，由圖中可以看出應(yīng)保證重力和電場力的合力與洛倫茲力大小相等且方向相反；若速度改變，則洛倫茲力改變，小球所受的合外力大小不為零且方向與速度方向不共線，所以小球?qū)⒉蛔鲋本€運動，C項錯誤兩小球在運動過程中洛倫茲力不做功

9、，只有重力和電場力做功電場力做功，電勢能改變，則機械能也改變，D項錯誤3BD由勻強電場的場強公式E結(jié)合題圖乙，可得E V/m5106 V/m，故A錯誤；由功能關(guān)系W電Ep，W電qU61074106 J2.4 J，即電勢能減少了2.4 J，故B正確；當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零，說明是洛倫茲力提供向心力，由左手定則得小球應(yīng)該做逆時針方向的圓周運動，故C錯誤；重力和電場力是一對平衡力，有qEmg，得m0.3 kg，由洛倫茲力提供向心力可知洛倫茲力為fm N3 N，故D正確故選B、D.4AB太陽風進入兩極板之間的勻強磁場中，穩(wěn)定后，帶電離子受到洛倫

10、茲力和電場力作用，且qvB，解得UBLv，選項A正確；閉合開關(guān)后，若回路中有穩(wěn)定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場恒定，選項B正確；回路中電流I，電阻消耗的熱功率PI2R，選項C錯誤；由于洛倫茲力永遠不做功，所以選項D錯誤5B當圓環(huán)做勻速直線運動時，不受摩擦力，因此重力和洛倫茲力相等，洛倫茲力方向向上，因此圓環(huán)帶正電，A項錯誤；mgqB，B，B項正確；對這個過程，利用動能定理，可得：Wm2mv，Wmv，C、D項錯誤6A帶電小球在重力場、電場和磁場中運動，所受重力、電場力是恒力，但受到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態(tài)，也不可能在電、磁場中做勻變速直線運動，故選項

11、A正確7AC因等離子體噴入磁場后，由左手定則可知正離子向D板偏，負離子向C板偏，即金屬板C為電源負極，D為電源正極，A對；等離子體穩(wěn)定流動時，洛倫茲力與電場力平衡，即Bqvq，所以電源電動勢為EUBdv，又R0r2R0，滑片P由a向b端滑動時，外電路總電阻減小，所以期間某位置有rR0R，由電源輸出功率與外電阻關(guān)系可知，滑片P由a向b端滑動的過程中，發(fā)電機的輸出功率先增大后減小，B錯；由題圖知當滑片P位于b端時，電路中電流最大，電阻R0消耗功率最大，其最大值為P1I2R0，C對；將定值電阻R0歸為電源內(nèi)阻，由滑動變阻器的最大阻值2R0rR0，則當滑動變阻器連入電路的阻值最大時其消耗功率最大，最大值為P，D錯8(1)(2)E0(3)解析(1)小球運動軌跡如圖所示，在第二象限內(nèi)小球受重力和電場力作用做曲線運動，由運動的合成與分解知豎直方向：v0gt1，OCgt水平方向：v0at1，OAat，a聯(lián)立得，OCOA，t1(2)設(shè)小球在D點時速度為v，小球從C點到D點做平拋運動，有OCgt，ODv0t2，tan ，vcos v0聯(lián)立得OD，t2，45，vv0因小球在復合場中做圓周運動，所以電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即mgqE，得EE0而Bqvm，得B由軌跡圖知2Rsin OD聯(lián)立得B(3)小球做圓周運動所用時間為t3所以小球從A點運動到O點經(jīng)歷的時間tt1t2t3.