高考物理一轮复习课时作业45带电粒子在叠加场中的运动专题（含解析）

带电粒子在叠加场中的运动专题

一、选择题

1．(2018·江苏二模)(多选)如图所示，在磁感应强度为B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图像，可能正确的是(　　)

答案　CD

解析　当电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，依据左手定则，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力会随着速度减小而减小，其对斜面的压力也减小，滑块受到滑动摩擦力会减小，根据牛顿第二定律，滑块受到的合力会减小，则加速度也会减小，因斜面长度与初速度大小不知，因此可能，滑块没到斜面顶端，加速度减为零，也可能到达顶端，仍有加速度，且恒定，故A、B两项错误，C、D两项正确．

2.(2018·天津模拟)如图所示为“速度选择器”装置示意图，a、b为水平放置的平行金属板，其电容为C，板间距离为d，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，a、b板分别带上等量异号电荷后，平行板内产生竖直方向的匀强电场．一带电粒子以速度v0经小孔进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，以下说法正确的是(　　)

A．a板带负电，其电量为CBv0d

B．a板带正电，其电量为

C．极板间的电场强度E＝Bv0，方向竖直向下

D．若粒子的初速度大于v0，粒子在极板间将向右上方做匀加速曲线运动

答案　C

解析　A、B、C三项，粒子所受的洛伦兹力与电场力大小相等、方向相反方可通过平行金属板，若粒子带正电，通过左手定则判断洛伦兹力的方向向上，电场力向下，满足的条件应是：a板带正电；粒子所受洛伦兹力与电场力相等：qv0B＝qE＝q得：E＝Bv0；U＝Bv0d；又Q＝CU＝CBv0d，故A、B两项错误，C项正确；

D项，若该粒子带正电，且速度增加，洛伦兹力增加，则粒子向上偏转，随速度的变化，洛伦兹力变化，可知粒子做曲线运动，但不是匀加速曲线运动，故D项错误．

3.(2018·青岛一模)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外．已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动．下列说法正确的是(　　)

A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小

B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小

C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小

D．小球的动能可能会增大

答案　C

解析　A项，若小球带正电荷，受力情况如图所示，由左手定则知，小球斜向左下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故A项错误．

B项，若小球带负电荷，同理知，小球斜向右下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故B项错误．

C项，无论小球带何种电荷，小球的高度都下降，重力势能都减小，故C项正确．

D项，由于洛伦兹力与速度成正比，所以小球只能做匀速直线运动，动能不变，否则，小球的速度变化，小球所受的洛伦兹力变化，不可能做直线运动，故D项错误．

4．(2018·江苏三模)磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电．则(　　)

A．仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大

B．仅增强磁感应强度，发电机的电动势将减小

C．仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大

D．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大

答案　D

解析　A、B两项，最终电荷受电场力与洛伦兹力平衡，

有：qvB＝q，解得UAB＝Bdv.

只增大入射速度，则电势差增大，只增大磁感应强度，电势差增大，只增大两板之间的距离，电势差也会增大，故A、B两项错误．

C项，依据电源的输出功率表达式P＝()2R，当R＝r时，输出功率达到最大，因此仅增加负载的阻值，发电机的输出功率不一定增大，故C项错误；

D项，根据P总＝EI＝Bdv＝，当只增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大，故D项正确．

5．(2018·扬州一模)(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是(　　)

A．通过霍尔元件的磁场方向向下

B．接线端2的电势低于接线端4的电势

C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变

D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大

答案　ABC

解析　A项，根据安培定则可知，磁场的方向向下，故A项正确；

B项，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B项正确；

C项，当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，故C项正确；

D项，根据霍尔电压UH＝，适当减小R1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度B增大，而当增大R2，霍尔元件中的电流I减小，电压表示数不一定减小，故D项错误．

6．(2018·合肥一模)(多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流上．在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间．油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．油滴刚进入电磁场时的加速度为g

B．油滴开始下落的高度h＝

C．油滴从左侧金属板的下边缘离开

D．油滴离开电磁场时的速度大小为

答案　ABD

解析　A项，油滴刚进入电磁场时，电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G，加速度为g，故A项正确；

B项，在P点由题意可知：qE＝qvB

自由下落过程有：v2＝2gh

U＝Ed

由以上三式解得：

h＝，故B项正确；

C项，根据左手定则，在P位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C项错误；

D项，整个过程由动能定理有：

mg(h＋L)－qE×＝mv2

得：v＝，故D项正确．

7．(2018·成都模拟)(多选)如图所示，空间中有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向水平且垂直于纸面向外、一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，假设圆环在回到出发点以前已经开始做匀速运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)

A．圆环在t＝时刚好到达最高点

B．圆环在运动过程中的最大加速度为am＝g＋

C．圆环从出发到回到出发点过程中损失的机械能为m(v02－)

D．圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到出发点过程中损失的机械能

答案　BC

解析　A项，由能量守恒可知：洛伦兹力不做功，摩擦力做功使机械能不断减小，在同一位置，环向上的速度大于向下运动的速度，向上的运动时间小，因此在t＝时，不可能刚好到达最高点，故A项错误；

B项，圆环在运动过程中，向上运动的加速度大于向下运动的加速度，而向上运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时，其最大加速度，最大加速度为am＝＝g＋，故B项正确；

C项，圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，根据动能定理，则有，ΔEk＝mv2－mv02，而v＝，因此损失的机械能为m(v02－)，故C项正确；

D项，根据功能关系，除重力以外的力做功导致机械能变化，而环在上升与下落过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在上升过程中损失的机械能不会等于下落回到出发点过程中损失的机械能，故D项错误．

8．(2018·河南模拟)(多选)如图所示，在平行板电容器极板间有场强为E、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B1、方向水平向里的匀强磁场．左右两挡板中间分别开有小孔S1、S2，在其右侧有一边长为L的正三角形磁场，磁感应强度为B2，磁场边界ac中点S3与小孔S1、S2正对．现有大量的带电荷量均为＋q、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S1水平射入电容器，其中速率为v0的粒子刚好能沿直线通过小孔S1、S2.粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计．下列有关说法中正确的是(　　)

A．v0一定等于

B．在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足v0>

C．质量<的粒子都能从ac边射出

D．能打在ac边的所有粒子在磁场B2中运动的时间一定都相同

答案　AB

解析　A项，当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，如果大小相等，

即qE＝qv0B1

解得：v0＝

就会做匀速直线运动，A项正确；

B项，正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v0>，B项正确；

C项，设质量为m0的粒子的轨迹刚好与bc边相切，如图所示

由几何关系得：R＋R＝，

而R＝，

解得m0＝，

所以m<的粒子都会从ac边射出，而<，C项错误；

D项，质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，D项错误．

9．(2018·茂名模拟)(多选)如图所示，金属棒MN与金属网PQ之间存在水平向右的匀强电场，PQ与虚线JK之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E，磁场的磁感应强度大小为，两个区域的宽度均为d.一个带正电的微粒贴着MN以初速度v0竖直向上射入场区，运动到PQ时速度大小仍为v0，方向变为水平向右．已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．微粒在MN与PQ间做匀变速运动，运动时间为

B．微粒在PQ与JK间做匀速圆周运动，圆周半径r＝d

C．微粒在PQ与JK间做匀速直线运动，运动时间为

D．微粒在题述两个区域中运动的总时间为

答案　AD

解析　A项，微粒在MN与PQ间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，水平方向有d＝·t2，竖直方向有d＝gt2，则知Eq＝mg，在竖直方向有：v0＝gt1，则t1＝或水平方向有t1＝＝，故A项正确；

B项，微粒在刚进入PQ与JK间时，受到向下的重力，向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于B＝，则Bqv0＝qE＝mg，由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，半径为r＝＝＝2d，故B项错误；

C、D两项，由几何关系可知，设微粒在PQ与JK间运动的圆心角为α，则sinα＝＝0.5，α＝30°，故所用时间为t2＝＝＝，所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为t＝t1＋t2＝，故C项错误，D项正确．

10．(2018·衡水三模)在如图所示的正交电磁场中竖直固定着一个半径R＝ m的光滑圆弧，圆弧CD竖直固定，它对应的圆心角为240°，在C的左端有一倾斜的切线光滑轨道AC与水平面夹角θ＝30°.电场强度为E的电场充满整个空间，而磁感应强度为B的磁场只分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，已知E和B在数值上相等，取重力加速度g＝10 m/s2.现在A点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC方向发射可视为质点的带电小球，小球的质量为m，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)

A．小球一定带负电

B．小球在轨道的最低点F处速度最大

C．若小球以初速度v0＝(5＋) m/s射出，则小球会从D点离开轨道

D．若撤去磁场，让小球以初速度v0＝2 m/s射出，则小球一定不会脱离轨道

答案　D

解析　A项，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，小球所受合力为零，电场力水平向左，则小球带正电，A项错误．B项，小球受力如图所示，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为θ＝30°，小球速度最大位置在图中C点，B项错误．

C项，重力与电场力的合力：F＝＝，电场力：qE＝mgtanθ＝mg，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿第二定律得：F＋qvB＝m，由题意可知：E＝B，解得：v＝ m/s，从A到C过程小球速度不变，从C到P过程，由动能定理得：－F·2R＝mv2－mv02，解得：v0＝>(5＋) m/s，则小球不会通过P到达D点，故C项错误；

D项，设当小球初速度v1时，恰好从C点沿圆弧转过90°到B点，从C到B根据动能定理：FR＝mv12，解得v1＝2m/s，由于v0＝2m/s<2m/s，则小球一定不会脱离轨道．只有D项正确．

二、非选择题

11．(2018·长春模拟)如图所示，水平向左的匀强电场的场强E＝4 v/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B＝2 T，质量为m＝1 kg的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行h＝0.8 m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为H＝1.6 m，取g＝10 m/s2试求：

(1)A沿墙下滑克服摩擦力做的功Wf

(2)P点与M点的水平距离xp.

解析　(1)在N点有：qvNB＝qE

得：vN＝＝＝2 m/s

由动能定理mgh－Wf＝mvN2

代入数据解得：Wf＝6 J；

(2)在P点三力平衡，qE＝mg，

qvB＝qE＝mg

则得：vP＝2 m/s

由动能定理，从N到P：mgh′－qExp＝mvP2－mvN2

g(h′－xp)＝(vP2－vN2)＝2

将h′＝0.8 m，vN＝2 m/s

代入解得：xp＝0.6 m.

12．(2018·湖北模拟)如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，MN与水平x轴平行，在MN与x轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E＝2 N/C，磁感应强度B＝1 T，从y轴上的P点沿x轴方向以初速度v0＝1 m/s水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m＝2×10－6 kg，电荷量q＝1×10－5 C，g取10 m/s2.已知P点到O点的距离为d0＝0.15 m，MN到x轴距离为d＝0.20 m．(π＝3.14，＝1.414，＝1.732，结果保留两位有效数字)

(1)求小球从P点运动至MN边界所用的时间；

(2)当小球运动到x轴时撤去电场，求小球到达MN边界时的速度大小．

解析　(1)由平抛运动规律可得：d0＝gt12

得：t1＝＝＝ s≈0.173 s

到达x轴的速度：v＝＝＝2 m/s

速度偏转角：tanθ＝

所以：θ＝60°

小球进入混合场后，受到的电场力：qE＝10－5×2＝2×10－5 N，方向向上，

小球的重力：mg＝2×10－6×10＝2×10－5 N方向向下；

小球受到的电场力与重力抵消，则小球在混合场中做匀速圆周运动：qvB＝

代入数据可得：r＝0.4 m

由几何关系可知，小球的轨迹恰好与MN相切，则小球在混合场中偏转的角度是60°，设小球在混合场中运动的时间为t2，则：

t2＝·

代入数据可得：t2＝ s≈0.209 s

小球运动的时间：t＝t1＋t2＝0.173＋0.209＝0.38 s

(2)设撤去电场后小球到达MN的速度大小为v1，方向与水平方向之间的夹角为α，在x轴下方只有重力做功，则：mgd＝mv12－mv2

解答：v1＝2m/s≈2.8 m/s

13.如图所示，足够大的空间内存在磁感应强度为B的匀强磁场，xOy是在竖直平面内建立的平面坐标系，磁场方向垂直xOy平面向外，在一、四象限内还存在水平向右的匀强电场，场强大小为E.—带电粒子从x轴上的C点沿CD方向做匀速直线运动，CD与－x方向夹角α＝30°，然后从D点进入第三象限内，重力加速度为g.

(1)求粒子的电性以及匀速运动的速度；

(2)欲使粒子进入第三象限内做匀速圆周运动，需要施加一个匀强电场，求此电场的场强大小和方向；

(3)在第(2)问的情况下，粒子到达x轴负半轴的M点(未画出)，且OM＝OC，求OC的长度以及在第三象限内运动的时间．

答案　(1)正电　　(2)E　竖直向上　(3)

解析　(1)粒子带正电，从C到D运动过程，受力如图所示．

qvBsin30°＝qE，解得v＝.

(2)欲使粒子在第三象限做匀速圆周运动，则

qE′＝mg

又qE＝mgtan30°

联立解得E′＝E，方向竖直向上．

(3)如图所示，O′D垂直v，由几何知识知道O′D平分∠ODM，

∠O′DM＝∠O′MD＝30°

MD的垂直平分线必与x轴交于O′点，即O′为匀速圆周运动的圆心

qvB＝

r＋rsin30°＝OM＝OC

联立解得r＝，OC＝

由图知道：∠MO′D＝120°

所以在第三象限内运动的时间为t

t＝T

T＝

所以t＝.