23版新高考一轮分层练案(三十一)　带电粒子在叠加场中的运动

一轮分层练案(三十一)　带电粒子在叠加场中的运动

1.(多选)目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，它的发电原理如图所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷。在磁极配置如图所示的情况下，下列说法正确的是(　　)

A．A板带正电

B．有电流从b经用电器流向a

C．金属板A、B间的电场方向向下

D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力

【答案】BD　由左手定则知，A板带负电，则电流从b经用电器流向a，金属板间的电场方向向上，等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故选项B、D正确。

2.(多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器充电以后与电源断开，并在其间加上垂直纸面向里的匀强磁场；某带电质点以某一速度从水平平行板中央进入正交的匀强电场和匀强磁场中，刚好做匀速直线运动。下列说法正确的是(　　)

A．该质点一定带正电

B．该质点可能带负电

C．若磁场的磁感应强度增大，质点将向上偏转，速率越来越小

D．若将下极板缓慢向下移动，质点将向下偏转，速率越来越大

【答案】AC　若带电质点带负电，则重力、电场力和洛伦兹力方向均向下，不可能做匀速直线运动，所以带电质点带正电，则有qE＋qvB＝mg，故A正确，B错误；若磁场的水平方向均匀增大，质点将向上偏转，电场力做正功小于重力所做的负功，质点运动的速度越来越小，故C正确；平行板电容器充电以后与电源断开，带电荷量不变，若将下极板缓慢向下移动，平行板电容器内部电场强度不变，所以质点仍做匀速直线运动，故D错误。

3.如图所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将(　　)

A．以B原速率的一半做匀速直线运动

B．以为半径做匀速圆周运动

C．仍以R为半径做匀速圆周运动

D．做周期为B的一半的匀速圆周运动

【答案】B　由A、B相碰时动量守恒得mv＝2mv′，有v′＝。根据题意碰后A、B合成的大油滴所受的重力与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝＝＝，T＝＝，故选项B正确。

4.(多选)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内(　　)

A．小球的动能减小　　　 B．小球的电势能减小

C．小球的重力势能减小  D．小球的机械能减小

【答案】ACD　带负电的小球受向下的重力G、向上的电场力F和向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向做直线运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动。当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大但不做功，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，则它们的合力对小球做负功，小球动能减小。电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大。重力对小球做正功，重力势能减小。故A、C、D正确，B错误。

5.(多选)如图所示，绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl的水溶液，容器上下端装有铂电极A和C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K闭合前容器两侧P、Q两管中液面等高，闭合开关后(　　)

A．M处钠离子浓度大于N处钠离子浓度

B．N处电势高于M处电势

C．M处电势高于N处电势

D．P管中液面高于Q管中液面

【答案】AD　根据左手定则可知，钠离子在洛伦兹力作用下，向M处偏转，因此M处钠离子浓度大于N处钠离子浓度，故A正确；依据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，正、负离子均偏向同一方向，因此M、N处电势相等，故B、C错误；当开关闭合时，液体中有从A到C方向的电流，根据左手定则可知，液体将受到向M的安培力作用，在液面内部将产生压强，因此P管的液面将比Q管的高，故D正确。

6.(多选)如图所示，一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v­t图像可能是下图中的(　　)

【答案】BC　当qvB＝mg时，圆环做匀速直线运动，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v ­t图像的斜率应该逐渐增大，故A、D错误。

7.(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，则下列说法正确的是(　　)

A．该微粒一定带负电荷

B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动

C．该磁场的磁感应强度大小为

D．该电场的电场强度为Bvcos θ

【答案】AC　若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的电场强度E＝Bvsin θ，故C正确，D错误。

8.(多选)如图所示，足够长的斜面与水平虚线之间的夹角为30°，相交于P点，虚线以上匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；虚线以下匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向外。一带电荷量为q、质量为m的带负电滑块，在水平虚线上方斜面上的某点由静止释放，运动过程中始终没脱离斜面，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，关于它的运动说法正确的是(　　)

A．滑块在到达P点之前做匀加速直线运动

B．滑块经过P点后的一小段时间内加速度可能增大

C．滑块经过P点后的一小段时间内速度可能减小

D．滑块最终一定以大小为的速度沿斜面向下运动

【答案】CD　对滑块进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得a＝，随着速度增加，加速度增加，滑块做加速度增加的加速运动，故A错误；滑块经过P点后受到的洛伦兹力垂直斜面向下，摩擦力Ff＝μ(mgcos θ＋qvB)变大，加速度不会变大，若Ff＞mgsin θ，滑块可能做减速运动，速度减小，故B错误，C正确；滑块最终做匀速运动，则有mgsin θ＝μ(mgcos θ＋qvB)，解得v＝，故D正确。

9.(多选)如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场强度大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的说法正确的是(　　)

A．粒子在ab区域的运动时间为

B．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d

C．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为

D．粒子在ab、bc区域中运动的总时间为

【答案】ABD　粒子在ab区域，竖直方向上做匀减速运动，由v0＝gt得t＝，故A正确；水平方向上做匀加速运动，a＝＝g，则qE＝mg，进入bc区域，电场力大小未变，方向竖直向上，电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，由qv0B＝，得r＝，代入数据得r＝，又v02＝2gd，故r＝2d，故B正确；在bc区域，粒子运动轨迹所对圆心角为α，sin α＝，α＝，运动时间t＝＝＝，故C错误；粒子在ab区域的运动时间也可以表示为t＝＝，故总时间t总＝＋＝，故D正确。

10.如图所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。

(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度；

(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；

(3)荧光屏上闪光点的范围距离。

解析：(1)带正电粒子(重力不计)在复合场中沿x轴做匀速直线运动，根据左手定则判定洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，故电场方向向上，有qE＝qvB

解得速度v＝＝ m/s＝106 m/s。

(2)撤去电场后，有qvB＝m，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝＝ m＝0.1 m。

(3)粒子运动轨迹如图所示，若粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点

由图可知dOA＝Rtan 60°＝R，dOB＝R

所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(＋1)R≈0.273 m。

【答案】(1)电场方向向上　106 m/s　(2)0.1 m　(3)0.273 m

11.如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点，经偏转后从x轴上的C点(图中未画出)进入第一象限内并击中AO上的D点(图中未画出)。已知OM的长度L1＝20 m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝(T)，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)两匀强电场的电场强度E的大小；

(2)OC的长度L2；

(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t。

解析：(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，所以

有mg＝qE

解得E＝。

(2)质点从M到O做匀加速直线运动，设质点到达O点的速度为v

由运动学规律知v2＝2aL1

由牛顿第二定律得mg＝ma

解得v＝20 m/s

质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，设质点做圆周运动的半径为R，其轨迹如图所示

由牛顿第二定律，有Bqv＝m

解得R＝20 m

由几何知识可知OC的长度L2＝2Rcos 45°＝40 m。

(3)质点从M到O的时间t1＝＝2 s

质点做圆周运动的时间t2＝T＝×＝π≈4.71 s

质点做类平抛运动的时间t3＝＝1 s

质点全过程所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s。

【答案】(1)　(2)40 m　(3)7.71 s