2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場(chǎng) 第27講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）

第27講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解密考綱考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，對(duì)學(xué)生綜合分析能力和理論聯(lián)系實(shí)際能力要求較高1(2019·郴州高考物理一模)如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙?guī)д?，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)加一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)甲、乙無(wú)相對(duì)滑動(dòng)一起向左加速運(yùn)動(dòng)在加速運(yùn)動(dòng)階段()A甲、乙兩物塊間的摩擦力不變B甲、乙兩物塊可能做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)C乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小D甲、乙兩物體可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B解析 以甲、乙整體為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，則有FNF洛(m甲m乙)g，當(dāng)甲、乙一起加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力F洛增大，F(xiàn)N增大，則地面對(duì)乙的滑動(dòng)摩擦力Ff增大，由于Ff增大，F(xiàn)一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a減小，對(duì)甲研究得到，乙對(duì)甲的摩擦力Ffm甲a，則得到Ff甲減小，甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；甲、乙整體受到的摩擦力逐漸增大，故做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后是一起勻速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤2(2019·天津和平區(qū)高三上學(xué)期期末)如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1、P2之間存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一束帶電粒子流以速度v從S1沿直線運(yùn)動(dòng)到S2，則下列說(shuō)法正確的是()A該粒子流的粒子一定帶正電B粒子從S1到S2一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)C粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小一定等于D若粒子以速度v從S2向上運(yùn)動(dòng)，一定能沿直線到達(dá)S1B解析 粒子受洛倫茲力和電場(chǎng)力，假設(shè)粒子帶正電，則受到向右的洛倫茲力，向左的電場(chǎng)力；若粒子帶負(fù)電，洛倫茲力向左，電場(chǎng)力向右；均可以平衡，故粒子可以帶正電，也可以帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡qEqvB，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)才能不發(fā)生偏轉(zhuǎn)而直線通過(guò)，解得v，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤如果這束粒子流從S2處沿直線ba方向射入，電場(chǎng)力方向不變，洛倫茲力反向，故電場(chǎng)力與洛倫茲力方向相同，不再平衡，故合力與速度不共線，粒子開始做曲線運(yùn)動(dòng)，不能運(yùn)動(dòng)到S1處，選項(xiàng)D錯(cuò)誤3(2019·安陽(yáng)高三二模)(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶負(fù)電的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場(chǎng)區(qū)，經(jīng)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A小球可能做勻變速運(yùn)動(dòng)B小球一定做變加速運(yùn)動(dòng)C小球動(dòng)能可能不變D小球機(jī)械能守恒BC解析 小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以受到的豎直向下的洛倫茲力，豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，一定做變加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；若電場(chǎng)力和重力等大反向，則過(guò)程中電場(chǎng)力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動(dòng)能可能不變，重力勢(shì)能減小，這種情況下機(jī)械能不守恒，若以電場(chǎng)力和重力不等大反向，則有電場(chǎng)力做功，所以機(jī)械能也不守恒，故小球的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤4(2019·成都高三摸底測(cè)試)如圖所示區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，恰能沿直線運(yùn)動(dòng)欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，可采用的方法是()A僅減小入射速度B僅減小微粒的質(zhì)量C僅增大微粒的電荷量D僅增大磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度A解析 帶正電的粒子受到向下的電場(chǎng)力和重力以及向上的洛倫茲力作用，當(dāng)qvBmgqE時(shí)，粒子沿直線通過(guò)正交場(chǎng)區(qū)；若減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場(chǎng)力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)A正確僅減小微粒的質(zhì)量，則洛倫茲力大于電場(chǎng)力與重力的合力，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤增大電荷量，則電場(chǎng)力與洛倫茲力都增大，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，則向上的洛倫茲力增大，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤5(2019·蘇北四市高三第一次調(diào)研)(多選)在一個(gè)很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個(gè)電極E、F、M、N，做成了一個(gè)霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時(shí)外加與薄片垂直的磁場(chǎng)B，M、N間的電壓為UH.已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場(chǎng)的方向如圖所示，下列說(shuō)法正確的有()AN板電勢(shì)高于M板電勢(shì)B磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，M、N間電勢(shì)差越大C將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變D將磁場(chǎng)和電流分別反向，N板電勢(shì)低于M板電勢(shì)AB解析 根據(jù)左手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉(zhuǎn)，則N點(diǎn)電勢(shì)高，故選項(xiàng)A正確；設(shè)左右兩個(gè)表面相距為d，電子所受的電場(chǎng)力等于洛倫茲力，即設(shè)材料單位體積內(nèi)電子的個(gè)數(shù)為n，材料截面積為S，則evB，IneSv，SdL，由得UH，令k，則UHk，所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成正比，故選項(xiàng)B正確；將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會(huì)受到洛倫茲力，因此不存在電勢(shì)差，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則N板電勢(shì)仍高于M板電勢(shì)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤6(2017·全國(guó)卷)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)下列選項(xiàng)正確的是()Ama>mb>mcBmb>ma>mcCmc>ma>mb Dmc>mb>maB解析 該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有magqE，解得ma.b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbgqEqvbB，解得mb.c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcgqvcBqE，解得mc.綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確7(2019·漳州高三二模)(多選)在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個(gè)帶電q、質(zhì)量m的小環(huán)，整個(gè)裝置放在如圖所示的正交勻強(qiáng)電磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)E，重力加速度為g.當(dāng)小環(huán)從大環(huán)頂端無(wú)初速度下滑時(shí)，則小環(huán)()A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度最大B不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C對(duì)軌道最大壓力為NmgD受到的最大洛倫茲力fqBBD解析 將重力場(chǎng)和電場(chǎng)等效為一個(gè)等效場(chǎng)，只有運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)速度才最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知無(wú)法到達(dá)等效最高點(diǎn)，不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；由動(dòng)能定理可得mgR·Rmv，解得vmax，受到的最大洛倫茲力fqB，選項(xiàng)D正確；在等效最低點(diǎn)由牛頓第二定律有Nf，可知Nmgf，選項(xiàng)C錯(cuò)誤8(2019·江西師范大學(xué)附屬中學(xué)高三沖刺卷)(多選)如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和平行紙面且與豎直平面夾角為45°斜向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電的小球在高為h處的P點(diǎn)從靜止開始自由下落，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到復(fù)合場(chǎng)內(nèi)時(shí)剛好做直線運(yùn)動(dòng)，那么()A小球在復(fù)合場(chǎng)中一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)B若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運(yùn)動(dòng)C磁感應(yīng)強(qiáng)度B，場(chǎng)強(qiáng)ED若同時(shí)改變小球的比荷與初始下落高度h，小球不能沿直線通過(guò)復(fù)合場(chǎng)ACD解析 小球在復(fù)合場(chǎng)中受到豎直向下的重力、與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反的電場(chǎng)力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示其中電場(chǎng)力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運(yùn)動(dòng)，那么洛倫茲力也是變力，小球的合外力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復(fù)合場(chǎng)中一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A正確根據(jù)小球的平衡條件可得qvBmg，qEmg，又v22gh，聯(lián)立各式解得磁感應(yīng)強(qiáng)度B，電場(chǎng)強(qiáng)度E；若要使小球沿直線通過(guò)復(fù)合場(chǎng)，小球的合力一定為零，若同時(shí)改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個(gè)式子不能同時(shí)滿足，不能做直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C、D正確若換成帶正電的小球，則電場(chǎng)力和洛倫茲力同時(shí)反向，合力不可能為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤9(2019·佛山順德區(qū)高三學(xué)情調(diào)研)(多選)如圖所示，xOy坐標(biāo)系內(nèi)存在著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)在以O(shè)1為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子從原點(diǎn)O以初速v沿平行于x軸正方向射入場(chǎng)區(qū)，若散去磁場(chǎng)，電場(chǎng)保持不變，則電子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后從P點(diǎn)飛出，所用時(shí)間為t1；若撤去電場(chǎng)，磁場(chǎng)保持不變，則帶電粒子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后將向下偏轉(zhuǎn)并從Q點(diǎn)飛出，所用時(shí)間為t2，若P、Q兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，下列判斷正確的是()At1> t2Bt1< t2C若電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在，電子將偏向y軸正方向做曲線運(yùn)動(dòng)D若電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在，電子將偏向y軸負(fù)方向做曲線運(yùn)動(dòng)BC解析 設(shè)P、Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有t1；在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，水平分速度小于v，水平分位移為x，故t2，故t2t1，則選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有xvt1；y·t，故y·()2，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系，有xrsin ，yrrcos ，其中r，聯(lián)立得到>1，故當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，eEevB，即電場(chǎng)力大于洛倫茲力，電子向上偏轉(zhuǎn)，將偏向y軸正方向做曲線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤10(2019·中原名校高三質(zhì)量考評(píng))(多選)如圖所示，在平行板電容器極板間有場(chǎng)強(qiáng)為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)左右兩擋板中間分別開有小孔S1、S2，在其右側(cè)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，磁場(chǎng)邊界ac中點(diǎn)S3與小孔S1、S2正對(duì)現(xiàn)有大量的帶電荷量均為q、而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔S1水平射入電容器，其中速率為v0的粒子剛好能沿直線通過(guò)小孔S1、S2.粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計(jì)下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()Av0一定等于B在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足v0>C質(zhì)量m<的粒子都能從ac邊射出D能打在ac邊的所有粒子在磁場(chǎng)B2中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定都相同AB解析 當(dāng)正粒子向右進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)，受到的電場(chǎng)力方向向下，洛倫茲力方向向上，如果大小相等，即qEqv0B1，解得v0，就會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；正粒子向上偏轉(zhuǎn)是因?yàn)橄蛏系穆鍌惼澚Υ笥谙蛳碌碾妶?chǎng)力，即v0>，選項(xiàng)B正確；設(shè)質(zhì)量為m0的粒子的軌跡剛好與bc邊相切，如圖所示，由幾何關(guān)系得 RR，而R，解得m0，所以m<的粒子都會(huì)從ac邊射出，而<，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；質(zhì)量不同的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不同，所以在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤11(2019·濮陽(yáng)高三第二次模擬)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，讓一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的P(L，L)點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)并進(jìn)入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)后從x軸上的Q(L,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，重力加速度為g，求：(1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)的時(shí)間；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向解析 (1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，因此電場(chǎng)力和重力的合力方向沿PO方向，則粒子帶正電mgqE1qE2，mgma，Lat2，解得t.(2)設(shè)粒子從O點(diǎn)進(jìn)入第四象限的速度大小為v，由動(dòng)能定理可得mgLqELmv2，求得v2，方向與x軸正方向成45°角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到電場(chǎng)力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后從x軸上的Q(L,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為RL，由牛頓第二定律可得Bqvm，解得B.答案 (1)(2)垂直紙面向里12(2019·朝陽(yáng)高三模擬)如圖所示，在區(qū)里有與水平方向成60°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，寬度為d.在區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向的電場(chǎng)E2，寬度也為d.一帶電量為q、質(zhì)量為m 的微粒自圖中P點(diǎn)由靜止釋放后沿虛線做直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)入?yún)^(qū)的磁場(chǎng)內(nèi)，已知PQ與中間邊界MN的夾角是60°.若微粒進(jìn)入?yún)^(qū)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且還能回到MN邊界上重力加速度為g.區(qū)和區(qū)的場(chǎng)在豎直方向足夠長(zhǎng)，d、m、q已知，求：(1)微粒帶何種電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度E1；(2)區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍；(3)微粒第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間解析 (1)帶電微粒沿虛線做直線運(yùn)動(dòng)，可知微粒受到的合力斜向右上，故微粒帶的是正電荷微粒受重力和電場(chǎng)力電場(chǎng)力FqE1，由力的平行四邊形定則和幾何關(guān)系得Fmg，解得E1.(2)由微粒在區(qū)的受力分析可知F合mg，微粒從P到Q由動(dòng)能定理得F合·smv2，而s，解得v2.因微粒還能回到MN邊界上，所以微粒在區(qū)最大圓與最右邊界相切，由幾何關(guān)系得圓的半徑rd，由牛頓第二定律qvBm，解得B.(3)微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T，聯(lián)立得T，由此可知B越小周期越長(zhǎng)，所以當(dāng)B時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期最長(zhǎng)；由幾何關(guān)系得粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到返回MN邊界轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角 ，微粒第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tT，解得t.答案 (1)帶正電E1(2)B(3)10