2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（三十九）“带电粒子在叠加场中运动”的分类强化含答案

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课时跟踪检测（三十九）  “带电粒子在叠加场中运动”的分类强化一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.(多选)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，G为灵敏电流计，开关闭合，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力。以下说法中正确的是(　 )A．保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可能从M板边缘射出B．保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向上移动，粒子可能从M板边缘射出C．将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出D．开关断开瞬间，灵敏电流计G指针将发生短暂偏转解析：选AD　由粒子在复合场中做匀速直线运动可知，粒子所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，当保持开关闭合，滑片向下移动时，电容器两极板间的电压U减小，粒子所受竖直向下的电场力减小，则粒子所受向上的洛伦兹力大于竖直向下的电场力，从而向上偏转，有可能从M板边缘射出，A正确；将N板向上移动使得两极板间距减小，则粒子所受竖直向下的电场力增大，向下偏转，不可能从M板边缘射出，B错误；将开关断开，平行板电容器放电，因此灵敏电流计G指针发生短暂偏转，此后粒子将只受洛伦兹力做匀速圆周运动，D正确，C错误。2.某一种污水流量计工作原理可以简化为如图所示模型，废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是(　 )A．带电离子所受洛伦兹力方向由M指向NB．M点的电势高于N点的电势C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速D．只需要测量M、N两点间的电压就能够推算废液的流量解析：选D　带电离子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，则M点的电势低于N点的电势，故A、B错误；不带电的液体在磁场中不受洛伦兹力，M、N两点间没有电势差，无法计算流速，故C错误；最终带电离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝q，解得液体的流速为v＝，U是M、N两点间的电压，废液的流量为Q＝vS＝，B、d为已知量，则只需要测量M、N两点间的电压就能够推算废液的流量，故D正确。3.(多选)如图所示为磁流体发电机的原理图，将一束等离子体垂直于磁场方向喷入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，两板间就会产生电压，如果射入的等离子体速度均为v，两金属板间距离为d，金属板的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间。当发电机稳定发电时，电流表示数为I，下列说法正确的是(　 )A．金属板A带负电B．两金属板间的电势差为IRC．板间等离子体的内阻是－RD．板间等离子体的电阻率为－R解析：选ACD　大量等离子体进入磁场时，由左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力向下，所以正离子聚集到金属板B上，负离子受到的洛伦兹力向上，负离子聚集到金属板A上，故金属板B相当于电源的正极，金属板A相当于电源的负极，故A正确；根据qvB＝q得，U＝E电动＝Bdv，故B错误；根据闭合电路的欧姆定律得r＝－R＝－R，故C正确；依据r＝ρ得，板间等离子体的电阻率ρ＝＝－R，故D正确。4.(2021·河北高考)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　 )A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝解析：选B　由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsin θ，而I＝，而对等离子体受力分析有q＝qvB1，解得v＝。故B正确，A、C、D错误。5.(多选)如图所示，为研究某种射线装置的示意图。射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点。若在板间再加上一个方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线源发射的射线粒子(　 )A．带正电　　　　　　　　 B．初速度为v＝C．比荷为＝  D．比荷为＝解析：选AD　粒子在向里的磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，A正确；粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有：Bqv＝m；粒子在电磁叠加场中有：qE＝qvB，则v＝，＝，B、C错误，D正确。6.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①代入数据解得v＝20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝③代入数据解得tan θ＝，则θ＝60°。④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ＝⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s。解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsin θ⑨若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑩联立⑨⑩式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s。答案：(1)20 m/s　方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.5 s二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7．(2022·广东高考)(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　 )A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力解析：选BC　过N点画一条与M、P平行的直线，即为等势线，由于沿电场线电势逐渐降低，所以φN>φP，故B正确；电子从N到P，电势能增大，电场力做负功，A错误；洛伦兹力不做功，故C正确；根据动能定理可知电子从M到P，电场力做功为零，电子在P点速度为零，则电子在M点与在P点均只受电场力作用，故D错误。   8.如图所示，竖直平面内有一矩形区域abcd，ab边长为2l，bc边长为l，边cd、ab的中点分别是e、f，ad边与水平面的夹角θ＝30°，矩形区域内有大小为E、方向平行ab向上的匀强电场。现让一带正电微粒从d点的正上方的某点p(图中未画出)沿该竖直面水平抛出，正好从e点进入该矩形区域，并沿ef做直线运动，已知重力加速度为g，求：(1)该微粒的比荷；(2)p、d间的距离；(3)若将矩形区域内的电场大小变为E，方向变为平行ad向上，微粒仍从p点以原来的速度水平抛出，求微粒将从何处离开矩形区域。解析：(1)由题意可知，合力沿ef方向qE＝mgcos θ，＝。(2)设微粒平抛的初速度为v0，从p到e用时为t1，竖直方向位移y1，水平位移为x1，到达e点时速度ve，竖直方向速度为vy，由平抛运动规律及题意有tan θ＝，x1＝v0t1，y1＝gt12，vy＝gt1，x1＝lsin θ，y2＝lcos θ，p、d间的距离为yy＝y1＋y2解得y＝l。(3)电场改变后的电场力F2＝qE可得F2＝mgsin θ粒子进入电场后所受合力沿cd方向向下，做类平抛运动，设粒子的加速度为a，通过矩形区域的时间为t2，由牛顿第二定律有mgcos θ＝ma假设从ad边飞出，飞出点距d点的距离为x2，由平抛运动规律有l＝at22，ve＝，x2＝vet2解得x2＝l＜l所以，假设合理，从ad边离开矩形区域，距d点l。答案：(1)　(2)l　(3)从ad边离开矩形区域，距d点l