2019版高考物理二轮复习专题检测：16 吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题(含解析)

专题检测（十六）  吃透“三场特性”，探秘复合场中的运动问题

1.如图所示，在竖直向下的匀强电场E中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从a运动到b。若油滴在运动过程中动能和重力势能之和为E1，重力势能和电势能之和为E2，则E1、E2的变化情况是(　　)

A．E1增加，E2增加　　　 B．E1增加，E2减小

C．E1不变，E2减小  D．E1不变，E2不变

解析：选B　根据题图所示的运动轨迹可知，油滴带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和E2减小，电场力做正功，电势能减小，所以重力势能和动能之和E1增加，B正确。

2.(2018·全国名校模拟)如图所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q点处固定一点电荷。一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P点处由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止。带电小圆环可视为点电荷，则(　　)

A．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷

B．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷

C．小圆环上滑过程中，电势能不变

D．小圆环上滑过程中，电势能增大

解析：选A　小圆环从P点由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止，说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力，A项正确，B项错误；排斥力使小圆环沿细杆上滑，电场力做正功，电势能减小，C、D项错误。

3.(2018·自贡模拟)如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B、方向与电场垂直且水平向里。一带正电液滴以竖直向下的初速度v0＝进入电、磁场区域，最终能飞出该区域。则带电液滴在电、磁场区域中(　　)

A．做匀速直线运动  B．做匀变速曲线运动

C．运动速度逐渐减小  D．机械能逐渐减小

解析：选D　带电液滴进入电、磁场中时，由题意可知，带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力的大小增大，方向随速度方向的变化而变化，所以带电液滴将向右做变加速曲线运动，故A、B错误；由题意可知，带电液滴向右偏离并射出电、磁场，则运动速度逐渐增大，故C错误；由上述分析可知，电场力做负功，电势能增加，则机械能减小，故D正确。

4．(2019届高三·黄冈中学模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，最后从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝  R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)

A.  B.

C.  D.

解析：选C　粒子进入匀强磁场的运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有，qU＝mv2，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ＝60°，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C

正确。

5．[多选]如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电、磁场射入，从右侧射出a、b板间区域时动能比射入时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比射入时大，可采用的措施是(　　)

A．适当减小两金属板的正对面积

B．适当增大两金属板间的距离

C．适当减小匀强磁场的磁感应强度

D．使带电粒子的电性相反

解析：选AC　粒子在电、磁场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力，若减小两金属板的正对面积，场强E＝，S减小，Q不变，E增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A项正确；当增大两金属板间的距离时，场强不变，B项错误；当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，粒子可能向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，C项正确；当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，D项错误。

6．[多选](2018·全国名校模拟)如图所示，区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域Ⅰ中都没有发生偏转，在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是(　　)

A．离子一定都带正电

B．这些离子进入区域Ⅰ的初速度相等

C．离子的比荷一定相同

D．这些离子的初动量一定相同

解析：选BC　由题意知，不同的离子通过区域Ⅰ时都不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的初速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，选项A错误，B正确；不同的离子进入区域Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝可知，它们的比荷相同，选项C正确；由于离子的质量不一定相等，所以无法判断初动量是否相等，选项D错误。

7.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速，动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)。下列关于环形加速器的说法正确的是(　　)

A．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝

B．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝

C．A、B板之间的电压可以始终保持为U

D．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为＝

解析：选B　因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以绕行第n圈时获得的总动能为mvn2＝nqU，得第n圈的速度vn＝ 。在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝ ，所以＝ ，A项错误，B项正确；如果A、B板之间的电压始终保持为U，粒子在A、B两极板之间飞行时，电场对其做功qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU，从而使之减速，粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C项错误；根据t＝得tn＝2πR，得＝ ，D项错误。

8．[多选](2018·北京燕博园模拟)如图甲所示，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋1×

10－2 C的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向夹角θ＝37°、斜向右下方的匀强电场，电场强度E＝1×103 V/m。物块在电场力的作用下开始运动，物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比。物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判断正确的是(　　)

A．物块与水平面间的动摩擦因数为

B．t＝2 s时物块的动能为56.25 J

C．t＝3 s时物块受到的空气阻力为5 N

D．前5 s内合外力对物块做的功为100 J

解析：选ABD　由题图乙可知，t＝0时物块的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，解得μ＝，故A选项正确；t＝2 s时物块的速度由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，v＝×2×

(10＋5)m/s＝15 m/s，物块的动能Ek＝mv2＝56.25 J，故B选项正确；由题图乙可知t＝3 s时物块的加速度大小a1＝2.5 m/s2，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－Ff＝ma1，解得Ff＝3.75 N，故C选项错误；由题图乙可知t＝4 s时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，物块的最大速度vm＝

20 m/s，由动能定理可知，合外力对物块做的功等于物块动能的变化量，即W＝ΔEk＝mvm2＝100 J，故D选项正确。

9．[多选]质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(动摩擦因数μ<tan θ)上由静止释放，斜面足够长，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　)

A．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动

B．小球在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动

C．小球最终在斜面上做匀速运动

D．小球在斜面上下滑过程中，对斜面压力刚好为零时小球的速率为

解析：选BD　由μ<tan θ知，小球沿斜面向下运动，对小球进行受力分析，由左手定则可知小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用，且随小球速度的增大而增大，所以斜面对小球的支持力减小，滑动摩擦力减小，重力沿斜面向下的分力不变，所以小球做加速度逐渐增大的变加速直线运动，故A、C项错误，B项正确；当斜面对小球的支持力减为零时，垂直于斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力，可得小球的速度为，故D项正确。

10．[多选](2018·苏锡常镇四市联考)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)

A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小

B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高

C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的

D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小

解析：选AD　根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔效应传感器原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子(即导体内的自由电荷)定向移动的速率有关，与车速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向移动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。

11．[多选]如图所示，在x轴上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。则(　　)

A．粒子经偏转一定能回到O点

B．粒子完成一次周期性运动的时间为

C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R

D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为 1∶2

解析：选CD　根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中始终处于磁场内，且离O点越来越远，粒子一定不能回到O点，A错误；由几何关系可知，粒子在一次周期性运动时间内，在x轴上方运动的时间t1＝T＝，在x轴下方运动的时间t2＝T′＝，粒子完成一次周期性运动的时间为t1＋t2＝，B错误；根据Bqv＝m得：r＝，易知在x轴下方的轨迹半径是在x轴上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁场中运动时的偏转角及几何关系可知，粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R，所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R，C、D正确。

12．[多选]如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则下列说法正确的是(　　)

A．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为

B．A、B两点间的电压一定等于

C．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能

D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷

解析：选AB　小球沿斜面从A运动到B的过程中有，qU－mgLsin θ＝mv02－mv02，可得U＝，B正确；若电场为匀强电场，由公式U＝Ed知，当两点间的电压一定时，间距越大，电场强度越小，故电场强度的最小值为E＝＝，A正确；小球沿斜面上滑过程中，重力做负功，故电场力做正功，电势能减小，小球在A点的电势能大于在B点的电势能，C错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，D错误。

13.[多选]如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为m的带电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小球下滑的最大速度为vm＝

B．小球下滑的最大加速度为am＝gsin θ

C．小球的加速度一直在减小

D．小球的速度先增大后不变

解析：选BD　小球开始下滑时有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝时，a达到最大值gsin θ，此时洛伦兹力等于mgcos θ，支持力等于0；此后随着v增大，洛伦兹力增大，支持力增大，下滑过程中有mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝时，a＝0，此时小球受力平衡，速度不变，所以小球在整个运动过程中，v先增大后不变；a先增大后减小，所以B、D正确。

14.[多选]如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能以保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)

A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB

B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg＋qB

C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变

D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大

解析：选AD　小球从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得

mgR＝mv2，解得v＝，故小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qBv＝qB，故A正确；由左手定则可知，小球向右运动到C点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有

N＋qvB－mg＝，解得N＝3mg－qB，故B错误；小球从C到D的过程中速率不变，由受力分析得mgsin θ＝Fcos θ，速度方向与水平方向夹角θ变大，重力沿切线方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C错误；小球从C到D的过程中，速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以外力F的功率与小球克服重力做功的功率大小相等，由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正确。