(新課標)2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)45 帶電粒子在疊加場中的運動專題(含解析)新人教版
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1、帶電粒子在疊加場中的運動專題 一、選擇題 1.(2018·江蘇二模)(多選)如圖所示,在磁感應強度為B,范圍足夠大的水平勻強磁場內(nèi),固定著傾角為θ的絕緣斜面,一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動,小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,設滑動時電荷量不變,在小物塊上滑過程中,其加速度大小a與時間t的關系圖像,可能正確的是( ) 答案 CD 解析 當電荷量為-q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動,依據(jù)左手定則,滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力會隨著速度減小而減小,其對斜面的壓力也減小,滑塊受到滑動摩擦力會減小,根據(jù)牛頓第二定律,滑塊受到的合力會減小,則加速
2、度也會減小,因斜面長度與初速度大小不知,因此可能,滑塊沒到斜面頂端,加速度減為零,也可能到達頂端,仍有加速度,且恒定,故A、B兩項錯誤,C、D兩項正確. 2.(2018·天津模擬)如圖所示為“速度選擇器”裝置示意圖,a、b為水平放置的平行金屬板,其電容為C,板間距離為d,平行板內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,a、b板分別帶上等量異號電荷后,平行板內(nèi)產(chǎn)生豎直方向的勻強電場.一帶電粒子以速度v0經(jīng)小孔進入正交電磁場可沿直線OO′運動,由O′射出,粒子所受重力不計,以下說法正確的是( ) A.a(chǎn)板帶負電,其電量為CBv0d B.a(chǎn)板帶正電,其電量為 C.極板間的電場強度E
3、=Bv0,方向豎直向下 D.若粒子的初速度大于v0,粒子在極板間將向右上方做勻加速曲線運動 答案 C 解析 A、B、C三項,粒子所受的洛倫茲力與電場力大小相等、方向相反方可通過平行金屬板,若粒子帶正電,通過左手定則判斷洛倫茲力的方向向上,電場力向下,滿足的條件應是:a板帶正電;粒子所受洛倫茲力與電場力相等:qv0B=qE=q得:E=Bv0;U=Bv0d;又Q=CU=CBv0d,故A、B兩項錯誤,C項正確; D項,若該粒子帶正電,且速度增加,洛倫茲力增加,則粒子向上偏轉(zhuǎn),隨速度的變化,洛倫茲力變化,可知粒子做曲線運動,但不是勻加速曲線運動,故D項錯誤. 3.(2018·青島一模)如圖,
4、空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向水平向右,磁場方向垂直于紙面向外.已知在該區(qū)域內(nèi),一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動.下列說法正確的是( ) A.若小球帶正電荷,則小球的電勢能減小 B.若小球帶負電荷,則小球的電勢能減小 C.無論小球帶何種電荷,小球的重力勢能都減小 D.小球的動能可能會增大 答案 C 解析 A項,若小球帶正電荷,受力情況如圖所示,由左手定則知,小球斜向左下方運動,電場力做負功,則小球的電勢能增大,故A項錯誤. B項,若小球帶負電荷,同理知,小球斜向右下方運動,電場力做負功,則小球的電勢能增大,故B項錯誤. C項,無論小球帶何種電荷,小球的高度都下
5、降,重力勢能都減小,故C項正確. D項,由于洛倫茲力與速度成正比,所以小球只能做勻速直線運動,動能不變,否則,小球的速度變化,小球所受的洛倫茲力變化,不可能做直線運動,故D項錯誤. 4.(2018·江蘇三模)磁流體發(fā)電機原理如圖所示,等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內(nèi),正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉(zhuǎn),形成直流電源對外供電.則( ) A.僅減小兩板間的距離,發(fā)電機的電動勢將增大 B.僅增強磁感應強度,發(fā)電機的電動勢將減小 C.僅增加負載的阻值,發(fā)電機的輸出功率將增大 D.僅增大磁流體的噴射速度,發(fā)電機的總功率將增大 答案 D 解析 A、B兩項,最終電荷
6、受電場力與洛倫茲力平衡, 有:qvB=q,解得UAB=Bdv. 只增大入射速度,則電勢差增大,只增大磁感應強度,電勢差增大,只增大兩板之間的距離,電勢差也會增大,故A、B兩項錯誤. C項,依據(jù)電源的輸出功率表達式P=()2R,當R=r時,輸出功率達到最大,因此僅增加負載的阻值,發(fā)電機的輸出功率不一定增大,故C項錯誤; D項,根據(jù)P總=EI=Bdv=,當只增大磁流體的噴射速度,發(fā)電機的總功率將增大,故D項正確. 5.(2018·揚州一模)(多選)如圖所示,導電物質(zhì)為電子的霍爾元件樣品置于磁場中,表面與磁場方向垂直,圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端.當開關S1、S2閉合后,三
7、個電表都有明顯示數(shù),下列說法正確的是( ) A.通過霍爾元件的磁場方向向下 B.接線端2的電勢低于接線端4的電勢 C.僅將電源E1、E2反向接入電路,電壓表的示數(shù)不變 D.若適當減小R1、增大R2,則電壓表示數(shù)一定增大 答案 ABC 解析 A項,根據(jù)安培定則可知,磁場的方向向下,故A項正確; B項,通過霍爾元件的電流由1流向接線端3,負電子移動方向與電流的方向相反,由左手定則可知,負電子偏向接線端2,所以接線端2的電勢低于接線端4的電勢,故B項正確; C項,當調(diào)整電路,使通過電磁鐵和霍爾元件的電流方向相反,由左手定則可知洛倫茲力方向不變,即2、4兩接線端的電勢高低關系不發(fā)
8、生改變,故C項正確; D項,根據(jù)霍爾電壓UH=,適當減小R1,電磁鐵中的電流增大,產(chǎn)生的磁感應強度B增大,而當增大R2,霍爾元件中的電流I減小,電壓表示數(shù)不一定減小,故D項錯誤. 6.(2018·合肥一模)(多選)如圖所示,豎直放置的兩平行金屬板,長為L,板間距離為d,接在電壓為U的直流上.在兩板間加一磁感應強度為B,方向垂直紙面向里的勻強磁場.一個質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電油滴,從距金屬板上端高為h處由靜止開始自由下落,并經(jīng)兩板上端連線中點P進入板間.油滴在P點所受的電場力與磁場力大小恰好相等,且最后恰好從金屬板的下邊緣離開電磁場區(qū)域.空氣阻力不計,重力加速度為g,則下列說法正確的是(
9、 ) A.油滴剛進入電磁場時的加速度為g B.油滴開始下落的高度h= C.油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開 D.油滴離開電磁場時的速度大小為 答案 ABD 解析 A項,油滴剛進入電磁場時,電場力與磁場力大小恰好相等,故合力等于重力G,加速度為g,故A項正確; B項,在P點由題意可知:qE=qvB 自由下落過程有:v2=2gh U=Ed 由以上三式解得: h=,故B項正確; C項,根據(jù)左手定則,在P位置時受洛倫茲力向右,豎直方向在加速,故洛倫茲力在變大,故油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開,故C項錯誤; D項,整個過程由動能定理有: mg(h+L)-qE×=mv2 得:
10、v=,故D項正確. 7.(2018·成都模擬)(多選)如圖所示,空間中有一范圍足夠大的勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向水平且垂直于紙面向外、一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長桿上,環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運動,經(jīng)時間t0圓環(huán)回到出發(fā)點,假設圓環(huán)在回到出發(fā)點以前已經(jīng)開始做勻速運動,不計空氣阻力,重力加速度為g,則下列說法中正確的是( ) A.圓環(huán)在t=時剛好到達最高點 B.圓環(huán)在運動過程中的最大加速度為am=g+ C.圓環(huán)從出發(fā)到回到出發(fā)點過程中損失的機械能為m(v02-) D.圓環(huán)在上升過程中損失的機械能等于下落回到出發(fā)點過程中
11、損失的機械能 答案 BC 解析 A項,由能量守恒可知:洛倫茲力不做功,摩擦力做功使機械能不斷減小,在同一位置,環(huán)向上的速度大于向下運動的速度,向上的運動時間小,因此在t=時,不可能剛好到達最高點,故A項錯誤; B項,圓環(huán)在運動過程中,向上運動的加速度大于向下運動的加速度,而向上運動摩擦力越大,則加速度越大,因此環(huán)剛開始運動時,其最大加速度,最大加速度為am==g+,故B項正確; C項,圓環(huán)從出發(fā)到回到出發(fā)點過程中,重力勢能變化為零,那么機械能的損失,即為動能的減小,根據(jù)動能定理,則有,ΔEk=mv2-mv02,而v=,因此損失的機械能為m(v02-),故C項正確; D項,根據(jù)功能關系
12、,除重力以外的力做功導致機械能變化,而環(huán)在上升與下落過程中,因摩擦力做功值不同,因此環(huán)在上升過程中損失的機械能不會等于下落回到出發(fā)點過程中損失的機械能,故D項錯誤. 8.(2018·河南模擬)(多選)如圖所示,在平行板電容器極板間有場強為E、方向豎直向下的勻強電場和磁感應強度為B1、方向水平向里的勻強磁場.左右兩擋板中間分別開有小孔S1、S2,在其右側(cè)有一邊長為L的正三角形磁場,磁感應強度為B2,磁場邊界ac中點S3與小孔S1、S2正對.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小孔S1、S2.粒子的重力及各粒子間的
13、相互作用均可忽略不計.下列有關說法中正確的是( ) A.v0一定等于 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<的粒子都能從ac邊射出 D.能打在ac邊的所有粒子在磁場B2中運動的時間一定都相同 答案 AB 解析 A項,當正粒子向右進入復合場時,受到的電場力向下,洛倫茲力方向向上,如果大小相等, 即qE=qv0B1 解得:v0= 就會做勻速直線運動,A項正確; B項,正粒子向上偏轉(zhuǎn)是因為向上的洛倫茲力大于向下的電場力,即v0>,B項正確; C項,設質(zhì)量為m0的粒子的軌跡剛好與bc邊相切,如圖所示 由幾何關系得:R+R=, 而R=, 解
14、得m0=, 所以m<的粒子都會從ac邊射出,而<,C項錯誤; D項,質(zhì)量不同的粒子在磁場中運動的周期不同,所以在磁場中運動的時間不同,D項錯誤. 9.(2018·茂名模擬)(多選)如圖所示,金屬棒MN與金屬網(wǎng)PQ之間存在水平向右的勻強電場,PQ與虛線JK之間的區(qū)域存在豎直向上的勻強電場與垂直紙面向里的勻強磁場,兩個電場的電場強度大小均為E,磁場的磁感應強度大小為,兩個區(qū)域的寬度均為d.一個帶正電的微粒貼著MN以初速度v0豎直向上射入場區(qū),運動到PQ時速度大小仍為v0,方向變?yōu)樗较蛴遥阎亓铀俣葹間,下列說法正確的是( ) A.微粒在MN與PQ間做勻變速運動,運動時間為 B
15、.微粒在PQ與JK間做勻速圓周運動,圓周半徑r=d C.微粒在PQ與JK間做勻速直線運動,運動時間為 D.微粒在題述兩個區(qū)域中運動的總時間為 答案 AD 解析 A項,微粒在MN與PQ間豎直方向受到重力作用,水平方向受到電場力作用,水平方向有d=·t2,豎直方向有d=gt2,則知Eq=mg,在豎直方向有:v0=gt1,則t1=或水平方向有t1==,故A項正確; B項,微粒在剛進入PQ與JK間時,受到向下的重力,向上的電場力和向上的洛倫茲力作用,由于B=,則Bqv0=qE=mg,由于重力和電場力平衡,故微粒做勻速圓周運動,半徑為r===2d,故B項錯誤; C、D兩項,由幾何關系可知
16、,設微粒在PQ與JK間運動的圓心角為α,則sinα==0.5,α=30°,故所用時間為t2===,所以微粒在題述兩個區(qū)域中運動的總時間為t=t1+t2=,故C項錯誤,D項正確. 10.(2018·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場中豎直固定著一個半徑R= m的光滑圓弧,圓弧CD豎直固定,它對應的圓心角為240°,在C的左端有一傾斜的切線光滑軌道AC與水平面夾角θ=30°.電場強度為E的電場充滿整個空間,而磁感應強度為B的磁場只分布在圓弧軌道所在的右半側(cè)區(qū)域,已知E和B在數(shù)值上相等,取重力加速度g=10 m/s2.現(xiàn)在A點安裝一個彈射裝置,它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點的帶電小球,小球的
17、質(zhì)量為m,小球射出后能在AC上做勻速直線運動,則下列說法正確的是( ) A.小球一定帶負電 B.小球在軌道的最低點F處速度最大 C.若小球以初速度v0=(5+) m/s射出,則小球會從D點離開軌道 D.若撤去磁場,讓小球以初速度v0=2 m/s射出,則小球一定不會脫離軌道 答案 D 解析 A項,小球射出后能在AC上做勻速直線運動,小球所受合力為零,電場力水平向左,則小球帶正電,A項錯誤.B項,小球受力如圖所示,電場力與重力的合力與豎直方向夾角為θ=30°,小球速度最大位置在圖中C點,B項錯誤. C項,重力與電場力的合力:F==,電場力:qE=mgtanθ=mg,小球在P
18、點恰好不脫離軌道,此時軌道對小球彈力為零,由牛頓第二定律得:F+qvB=m,由題意可知:E=B,解得:v= m/s,從A到C過程小球速度不變,從C到P過程,由動能定理得:-F·2R=mv2-mv02,解得:v0=>(5+) m/s,則小球不會通過P到達D點,故C項錯誤; D項,設當小球初速度v1時,恰好從C點沿圓弧轉(zhuǎn)過90°到B點,從C到B根據(jù)動能定理:FR=mv12,解得v1=2m/s,由于v0=2m/s<2m/s,則小球一定不會脫離軌道.只有D項正確. 二、非選擇題 11.(2018·長春模擬)如圖所示,水平向左的勻強電場的場強E=4 v/m,垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場的B=2 T,質(zhì)量
19、為m=1 kg的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點由靜止開始下滑,滑行h=0.8 m到達N點時離開墻面開始做曲線運動,在到達P點開始做勻速直線運動,此時速度與水平方向成45°角,P點離開M點的豎直高度為H=1.6 m,取g=10 m/s2試求: (1)A沿墻下滑克服摩擦力做的功Wf (2)P點與M點的水平距離xp. 解析 (1)在N點有:qvNB=qE 得:vN===2 m/s 由動能定理mgh-Wf=mvN2 代入數(shù)據(jù)解得:Wf=6 J; (2)在P點三力平衡,qE=mg, qvB=qE=mg 則得:vP=2 m/s 由動能定理,從N到P:mgh′-qEx
20、p=mvP2-mvN2 g(h′-xp)=(vP2-vN2)=2 將h′=0.8 m,vN=2 m/s 代入解得:xp=0.6 m. 12.(2018·湖北模擬)如圖所示,在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標系中,MN與水平x軸平行,在MN與x軸之間有豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面水平向里的勻強磁場,電場強度E=2 N/C,磁感應強度B=1 T,從y軸上的P點沿x軸方向以初速度v0=1 m/s水平拋出一帶正電的小球,小球的質(zhì)量為m=2×10-6 kg,電荷量q=1×10-5 C,g取10 m/s2.已知P點到O點的距離為d0=0.15 m,MN到x軸距離為d=0.20 m.(π=3.14,=
21、1.414,=1.732,結果保留兩位有效數(shù)字) (1)求小球從P點運動至MN邊界所用的時間; (2)當小球運動到x軸時撤去電場,求小球到達MN邊界時的速度大?。? 解析 (1)由平拋運動規(guī)律可得:d0=gt12 得:t1=== s≈0.173 s 到達x軸的速度:v===2 m/s 速度偏轉(zhuǎn)角:tanθ= 所以:θ=60° 小球進入混合場后,受到的電場力:qE=10-5×2=2×10-5 N,方向向上, 小球的重力:mg=2×10-6×10=2×10-5 N方向向下; 小球受到的電場力與重力抵消,則小球在混合場中做勻速圓周運動:qvB= 代入數(shù)據(jù)可得:r=0.4 m
22、 由幾何關系可知,小球的軌跡恰好與MN相切,則小球在混合場中偏轉(zhuǎn)的角度是60°,設小球在混合場中運動的時間為t2,則: t2=· 代入數(shù)據(jù)可得:t2= s≈0.209 s 小球運動的時間:t=t1+t2=0.173+0.209=0.38 s (2)設撤去電場后小球到達MN的速度大小為v1,方向與水平方向之間的夾角為α,在x軸下方只有重力做功,則:mgd=mv12-mv2 解答:v1=2m/s≈2.8 m/s 13.如圖所示,足夠大的空間內(nèi)存在磁感應強度為B的勻強磁場,xOy是在豎直平面內(nèi)建立的平面坐標系,磁場方向垂直xOy平面向外,在一、四象限內(nèi)還存在水平向右的勻強電場,場強大小為
23、E.—帶電粒子從x軸上的C點沿CD方向做勻速直線運動,CD與-x方向夾角α=30°,然后從D點進入第三象限內(nèi),重力加速度為g. (1)求粒子的電性以及勻速運動的速度; (2)欲使粒子進入第三象限內(nèi)做勻速圓周運動,需要施加一個勻強電場,求此電場的場強大小和方向; (3)在第(2)問的情況下,粒子到達x軸負半軸的M點(未畫出),且OM=OC,求OC的長度以及在第三象限內(nèi)運動的時間. 答案 (1)正電 (2)E 豎直向上 (3) 解析 (1)粒子帶正電,從C到D運動過程,受力如圖所示. qvBsin30°=qE,解得v=. (2)欲使粒子在第三象限做勻速圓周運動,則 qE′=mg 又qE=mgtan30° 聯(lián)立解得E′=E,方向豎直向上. (3)如圖所示,O′D垂直v,由幾何知識知道O′D平分∠ODM, ∠O′DM=∠O′MD=30° MD的垂直平分線必與x軸交于O′點,即O′為勻速圓周運動的圓心 qvB= r+rsin30°=OM=OC 聯(lián)立解得r=,OC= 由圖知道:∠MO′D=120° 所以在第三象限內(nèi)運動的時間為t t=T T= 所以t=. 12
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