（新課標）2020屆高考物理一輪總復習 課時跟蹤訓練28 第八章 磁場 第4講 帶電粒子在疊加場中的運動（選修3-1）

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1、第4講 帶電粒子在疊加場中的運動 一、選擇題 1．(多選)一質(zhì)子以速度v穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則(　　 ) A．若電子以相同速度v射入該區(qū)域，將會發(fā)生偏轉(zhuǎn) B．無論何種帶電粒子，只要以相同速度射入都不會發(fā)生偏轉(zhuǎn) C．若質(zhì)子的速度v′v，它將向上偏轉(zhuǎn)，其運動軌跡既不是圓弧也不是拋物線 [解析]　對于速度選擇器，無論射入粒子的m、q大小，也無論其電性正或負，只要速度滿足v＝E/B，自左向右射入，均能勻速射出，故A錯誤，B正確．質(zhì)子在復合場中受到向上的洛倫茲力和向下的電場力，入射速度大，即洛倫茲力大

2、于電場力，它將向上偏．由于質(zhì)子所受電場力是一恒力，而洛倫茲力是一變力，故其軌跡既不是拋物線與不是圓弧，故D正確．同理可知C錯誤． [答案]　BD 2．(多選)(2020·江西上饒二模)為了測量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強度為B＝1.25 T的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N作為電極，污水充滿裝置以某一速度從左向右勻速流經(jīng)該裝置時，測得兩個電極間的電壓U＝1 V．且污水流過該裝置時受到阻力作用，阻力Ff＝

3、kLv，其中比例系數(shù)k＝15 N·s/m2，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速．下列說法中正確的是(　　) A．金屬板M電勢不一定高于金屬板N的電勢，因為污水中負離子較多 B．污水中離子濃度的高低對電壓表的示數(shù)也有一定影響 C．污水的流量(單位時間內(nèi)流出的污水體積)Q＝0.16 m3/s D．為使污水勻速通過該裝置，左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差為60 N [解析]　根據(jù)左手定則，知正離子所受的洛倫茲力方向向上，負離子所受的洛倫茲力方向向下，則N板帶負電，M板帶正電，N板的電勢比M板電勢低，故A錯誤．最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有qvB＝q，解得U＝vBc，與離

4、子濃度無關(guān)，故B錯誤．污水的流速v＝，則流量Q＝vbc＝＝ m3/s＝0.16 m3/s，故C正確．污水的流速v＝＝ m/s＝4 m/s；污水流過該裝置時受到阻力Ff＝kLv＝kav＝15×1×4 N＝60 N；為使污水勻速通過該裝置，左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差是60 N，故D正確． [答案]　CD 3．(2020·吉林長春一模)如圖所示，寬度為d、厚度為h的導體放在垂直于它的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，當電流通過該導體時，在導體的上、下表面之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)．實驗表明當磁場不太強時，電勢差U、電流I和磁感應(yīng)強度B的關(guān)系為U＝K，式中的比例系數(shù)K稱為霍爾系數(shù)．設(shè)載流子

5、的電荷量為q，下列說法正確的是(　　) A．載流子所受靜電力的大小F＝q B．導體上表面的電勢一定大于下表面的電勢 C．霍爾系數(shù)為K＝，其中n為導體單位長度上的電荷數(shù) D．載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝，其中n為導體單位體積內(nèi)的電荷數(shù) [解析]　靜電力大小應(yīng)為F＝q，A錯誤；載流子的電性是不確定的，因此B錯誤；霍爾系數(shù)為K＝，其中n為導體單位體積內(nèi)的電荷數(shù)，C錯誤；載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝qvB，其中v＝，可得F洛＝，D正確． [答案]　D 4．(多選)(2020·江蘇南京鹽城二模)如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為0.5 T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2 k

6、g且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為m＝0.1 kg、帶正電q＝0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2.則滑塊(　　) A．開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動 B．一直做加速度為2 m/s2的勻加速運動，直到滑塊飛離木板為止 C．速度為6 m/s時，滑塊開始減速 D．最終做速度為10 m/s的勻速運動 [解析]　滑塊隨木板向左運動時，受到豎直向上的洛倫茲力和木板的支持力，對整體由F＝(M＋

7、m)a得，a＝2 m/s2，當滑塊剛好相對木板運動時，對滑塊有μ(mg－qvB)＝ma，即當v＝6 m/s時，滑塊恰好相對于木板有相對滑動，開始做加速度減小的加速運動，當mg＝qvB，即v＝10 m/s時，滑塊對木板的壓力為零，即FN＝0，滑塊最終做速度為10 m/s的勻速運動，選項A、D正確，B、C錯誤． [答案]　AD 5．(多選)如右圖所示，兩平行、正對金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量正電荷，下面金屬板帶上等量的負電荷，再在它們之間加上垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端中央射入后向上偏轉(zhuǎn)．若帶電粒子所受重力可忽略不計，仍按上述

8、方式將帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉(zhuǎn)，下列措施中可能可行的是(　　) A．僅增大帶電粒子射入時的速度 B．僅增大兩金屬板所帶的電荷量 C．僅減小粒子所帶電荷量 D．僅改變粒子的電性 [解析]　帶電粒子在兩板之間受電場力與洛倫茲力，但兩者的大小不等，且方向不確定．若僅增大帶電粒子射入時的速度，可能因為所受的洛倫茲力變大，而使帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，A正確；若僅增大兩金屬板所帶的電荷量，因兩極板間的電場強度增大，故帶電粒子可能向下偏轉(zhuǎn)，B正確；若僅減小粒子所帶的電荷量，則由于粒子所受電場力與洛倫茲力以相同的倍數(shù)變化，故帶電粒子仍向上偏轉(zhuǎn)，C錯誤；僅改變粒子的電性，則由于兩個力的方向

9、都發(fā)生變化，帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，D正確． [答案]　ABD 6．(多選)(2015·浙江三校模擬)如右圖，空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是(　　) A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B．只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動 C．若有小球能做直線運動，則它一定是勻速運動 D．兩小球在運動過程中機械能均守恒 [解析]　沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負電的小球，在重力、電場力、洛倫茲

10、力作用下，都可能做勻速直線運動，A正確，B錯誤．在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動，C正確．兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機械能不守恒，D錯誤． [答案]　AC 7．(2020·南京月考)如右圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場．一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出．若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b(　　) A．穿出位置一定在O′點下方

11、 B．穿出位置一定在O′點上方 C．運動時，在電場中的電勢能一定減小 D．在電場中運動時，動能一定減小 [解析]　a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定沿水平方向做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv＝Eq，即只要滿足E＝Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)；當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O′點的上方還是下方穿出，選項A、B錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確，D項錯誤． [答案]　C 8．(多選)(2020·江西八校聯(lián)考)如右圖所示，在水平

12、勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(　　) A．小球的加速度一直減小 B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變 C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ [解析]　對小球受力分析如圖所示，則mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當qE＝qvB時達到最大值，amax＝g，繼續(xù)運動，mg－μ(qvB－qE)＝ma

13、，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤．因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤．若在前半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝m，得v＝；若在后半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝m，得v＝，故C、D正確． [答案]　CD 二、非選擇題 9．(2020·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，一個內(nèi)壁光滑絕緣的1/3環(huán)形細圓筒軌道豎直放置，環(huán)的半徑為R，圓心O與A端在同一豎直線上，在OA連線右側(cè)，有一豎直向上的電場強度為E＝的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)從圓筒的C端由靜止釋放，進入OA連線右邊的復合場區(qū)域

14、后，經(jīng)一段時間后又從該區(qū)域的邊界水平射出，然后，剛好從C端射入圓筒，圓筒的內(nèi)徑很小，可以忽略不計．問： (1)小球第一次運動到A端時，對軌道的壓力為多少？ (2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為多少？ [解析]　(1)小球從C到A的過程中由機械能守恒有mg(Rsin30°＋R)＝mv2， 得小球到達A點的速度v＝. 到達A點時，由牛頓第二定律有 FN－mg＝m， 得軌道對小球的支持力FN＝4mg， 由牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫镕′N＝FN＝4mg. (2)小球進入復合場后，受到的電場力F＝Eq＝mg，所以它在復合場中做勻速圓周運動，穿出復合場后，做平拋運動．設(shè)平拋運動的時

15、間為t. 由平拋知識得Rcos30°＝vt，h＝gt2， 得t＝，h＝R. 由2r＝R＋Rsin30°＋h， 得小球做圓周運動的半徑r＝. 由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m， 得B＝. [答案]　(1)4mg　(2) 10．如圖所示，在平面直角坐標系中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方存在電場強度方向水平向左的勻強電場，下方存在電場強度方向豎直向上的勻強電場和磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點從OA上的M點由靜止釋放，質(zhì)點恰能沿AO運動而通過O點，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點進入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點．已知OD＝OM

16、，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝(T)，重力加速度為g＝10 m/s2.求： (1)兩勻強電場的電場強度E的大??； (2)OM的長L； (3)質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間t. [解析]　(1)質(zhì)點在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場力作用沿AO做勻加速直線運動，所以有mg＝qE，即 E＝. (2)質(zhì)點在x軸下方，重力與電場力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，從C點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示，有 Bqv＝m 由運動學規(guī)律知v2＝2aL，a＝g 由類平拋運動規(guī)律知 R＝vt3，R－＝at 聯(lián)立解得L＝20 m或 m. (3)質(zhì)點做勻加速直線運動有L＝at，得t1＝2 s或 s 質(zhì)點做勻速圓周運動有t2＝×＝4.71 s 質(zhì)點做類平拋運動有R＝vt3，得t3＝1 s 質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間為 t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s. [答案]　(1)　(2)20 m或 m　(3)7.71 s或6.38 s