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  • 2021-05-24 发布

2020届高考物理二轮复习专题三电场和磁场3带电粒子在组合场复合场中的运动课时作业含解析

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- 1 - 带电粒子在组合场、复合场中的运动 [题组一] 带电粒子在组合场中的运动 1.(2019·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)(多选)如图所示,在第二象限内有水平 向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相 等.在该平面有一个质量为 m、带正电 q 的粒子以初速度 v0 垂直 x 轴,从 x 轴上的 P 点进入 匀强电场,恰好与 y 轴成 45°角射出电场,再经过一段时间恰好垂直于 x 轴进入下面的磁场, 已知 OP 之间的距离为 d,不计粒子重力,则(  ) A.磁感应强度 B= 2mv0 4qd B.电场强度 E= mv20 2qd C.自进入磁场至在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为 t= 7 2πd 2v0 D.自进入磁场至在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为 t= 7πd 2v0 解析:BD [粒子的轨迹如图所示: 带电粒子在电场中做类平抛运动,水平方向做匀加速运动,竖直方向做匀速运动,由题 得知,出电场时,vx=vy=v0,根据:x= vx 2 t,y=vyt=v0t,得 y=2x=2d,出电场时与 y 轴 交点坐标为(0,2d),设粒子在磁场中运动的半径为 R,则有 Rsin(180°-β)=y=2d,而 β= 135°,解得:R=2 2d,粒子在磁场中运动的速度为:v= 2v0,根据 R= mv qB,解得:B= mv0 2qd,故 A 错误;根据 vx=at= qE m t=v0,x= vx 2 t,联立解得:E= mv20 2qd,故 B 正确;在第一象限 运动时间为:t1= 135° 360°T= 3πd 2v0 ,在第四象限运动时间为:t2= 1 2T= 2πd v0 ,所以自进入磁场至 在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为:t=t1+t2= 7πd 2v0 ,故 D 正确,C 错误.] 2.(2019·百校联盟押题卷)如图所示,在平面直角坐标系 xOy 的 x 轴上方存在着垂直坐 - 2 - 标平面向里的匀强磁场,x 轴下方存在着沿 x 轴正方向的匀强电场.一带正电粒子从 y 轴上的 A 点以初速度 v0 出发,射入匀强磁场,经磁场偏转后恰好经 x 轴上的 C 点垂直 x 轴进入匀强 电场,一段时间后到达 y 轴上的 D 点.已知 OC= OA 2 = OD 2 = l 2,不计粒子的重力. (1)求粒子到达 D 点时的速度大小. (2)求匀强磁场的磁感应强度大小 B 与匀强电场的电场强度大小 E 的比值. (3)若撤去原来的匀强电场,然后在 x 轴下方添加一圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小 是 x 轴上方匀强磁场磁感应强度大小的 2 倍,使带电粒子经过该磁场偏转后刚好也能够通过 D 点且速度与 y 轴负方向成 θ=60°角,试计算该圆形匀强磁场区域的最小面积. 解析:(1)由题意可知,粒子到达 C 点时的速度大小仍为 v0,粒子在匀强电场中做类平抛 运动,设粒子到达 D 点所用时间为 t,沿 x 轴方向的分速度的大小为 vx,则有 l=v0t, l 2= vx 2 t 以上两式联立可解得 vx=v0 所以粒子到达 D 点时的速度大小为 vD= 2v0 (2)如图甲所示,设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为 R,则由几何关系有 l2+ (R- l 2 )2=R2 解得 R= 5 4l 又因为 qv0B=m v20 R 所以 B= 4mv0 5ql 在匀强电场中有 vx= qE m · l v0 - 3 - 代入数据可得 E= mv20 ql ,故 B E= 4 5v0 (3)由 qv0B=m v20 R 可知,当 B 变为原来的 2 倍时,粒子在磁场中做圆周运动的半径应变为 原来的一半,设粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的半径为 R1,则 R1= 5 8l 粒子轨迹如图乙所示,由几何关系可知,∠MO2N=60°,故 MN= 5 8l 当 MN 为圆形磁场的直径时,圆形磁场区域面积最小,故 Smin=π(MN 2 )2,代入数据可得 Smin= 25 256πl2 答案:(1) 2v0 (2) 4 5v0 (3) 25 256πl2 [题组二] 带电粒子在叠加场中的运动 3.(2019·河南省周口市期末)(多选)如图所示,平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向 外的匀强磁场相互正交,一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动.若已知小球 做圆周运动的半径为 r,电场强度大小为 E,磁感应强度大小为 B,重力加速度大小为 g,则 下列判断中正确的是(  ) A.小球一定带负电荷 B.小球一定沿顺时针方向转动 C.小球做圆周运动的线速度大小为 gBr E D.小球在做圆周运动的过程中,电场力始终不做功 解析:AC [带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电小 球受到的重力和电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相 反,故小球一定带负电荷,故 A 正确;磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左 - 4 - 手定则可判断小球的运动方向为逆时针,故 B 错误;由电场力和重力大小相等,得:mg=qE, 带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为:r= mv qB,联立得:v= gBr E ,故 C 正确; 小球在做圆周运动的过程中,电场力做功,洛伦兹力始终不做功,故 D 错误.] 4.(2020·河南省濮阳市第二次模拟)如图所示,在 xOy 坐标系的第二象限内有水平向右 的匀强电场,第四象限内有竖直向上的匀强电场,两个电场的场强大小相等,第四象限内还 有垂直于纸面的匀强磁场,让一个质量为 m、带电荷量为 q 的粒子在第二象限内的 P(-L,L) 点由静止释放,结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限,粒子在第四象限内运动后 从 x 轴上的 Q(L,0)点进入第一象限,重力加速度为 g,求: (1)粒子从 P 点运动到坐标原点的时间; (2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向. 解析:(1)粒子在第二象限内做直线运动,因此电场力和重力的合力方向沿 PO 方向,则 粒子带正电. mg=qE1=qE2, 2mg=ma, 2L= 1 2at2,解得 t= 2L g (2)设粒子从 O 点进入第四象限的速度大小为 v,则 v=at=2 gL,方向与 x 轴正方向成 45°角,由于粒子在第四象限内受到的电场力与重力等大反向,因此粒子在洛伦兹力作用下 做匀速圆周运动,由于粒子做匀速圆周运动后从 x 轴上的 Q(L,0)点进入第一象限,根据左手 定则可以判断,磁场方向垂直于纸面向里. 粒子做圆周运动的轨迹如图,由几何关系可知 粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为 R= 2 2 L 由牛顿第二定律可得 Bqv=m v2 R ,解得 B= 2m 2gL qL . - 5 - 答案:(1) 2L g  (2) 2m 2gL qL ,垂直纸面向里 [题组三] 带电粒子在交变电磁场中的运动 5.(2020·江西省五市八校第二次联考)如图甲所示,直角坐标系 xOy 中,第二象限内有 沿 x 轴正方向的匀强电场,第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场,磁场方向垂直 纸面向外为正方向.第三象限内有一发射装置(没有画出)沿 y 轴正方向射出一个比荷 q m=100 C/kg 的带正电的粒子(可视为质点且不计重力),该粒子以 v0=20 m/s 的速度从 x 轴上的点 A(-2 m,0)进入第二象限,从 y 轴上的点 C(0,4 m)进入第一象限.取粒子刚进入第一象限的时 刻为 0 时刻,第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化,g 取 10 m/s2. (1)求第二象限内电场的电场强度大小; (2)求粒子第一次经过 x 正半轴时的位置坐标. 解析:(1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动,设粒子从 A 点到 C 点用时为 t, 则 Eq|xA|= 1 2m(v2C-v20) |xA|= vCx 2 t |yC|=v0t v2C=v20+v 2Cx 解得:E=1.0 N/C,vC=20 2 m/s (2)设粒子在 C 点的运动方向与 y 轴正方向成 θ 角, 则 cos θ= v0 vC= 2 2 即 θ=45° 粒子在第一象限的磁场中运动时有:qvCB=m v2C r 解得:r= 2 2 m 粒子做圆周运动的周期 T= 2πr vC = π 20 s - 6 - 所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过 x 正 半轴,在 x 正半轴上对应的弦长为 2r=1 m,所以 OD=3 m 粒子第一次经过 x 正半轴时的位置坐标为(3 m,0) 答案:(1)1.0 N/C (2)(3 m,0) 6.(2019·吉林三模)如图甲所示,虚线 MN 的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、 下及左侧无边界).一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球(视为质点),以大小为 v0 的水平 初速度沿 PQ 向右做直线运动.若小球刚经过 D 点时(t=0),在电场所在空间叠加如图乙所示 随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场,使得小球再次通过 D 点时的速度与 PQ 连线成 60°角.已知 D、Q 间的距离为( 3+1)L,t0 小于小球在磁场中做圆周运动的周期,重力加 速度大小为 g. (1)求电场强度 E 的大小; (2)求 t0 与 t1 的比值; (3)小球过 D 点后将做周期性运动,当小球运动的周期最大时,求此时磁感应强度的大小 B0 及运动的最大周期 Tm. 解析:(1)小球沿 PQ 向右做直线运动,受力平衡,则 mg=Eq,解得 E= mq q . (2)小球能再次通过 D 点,其运动轨迹应如图(a)所示. 设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为 r,则由几何关系有 s= r tan 30° - 7 - 又知 s=v0t1 圆弧轨迹所对的圆心角 θ=2π-(π- π 3 )= 4 3π 则 t0= θr v0 联立解得 t0 t1= 4 3 9 π. (3)当小球运动的周期最大时,其运动轨迹应与 MN 相切,小球运动一个周期的轨迹如图(b) 所示,由几何关系得 R+ R tan 30°=( 3+1)L 解得 R=L 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv0B0=m v20 R 解得 B0= mv0 qL 小球在一个周期内运动的路程 s1=3× 2 3×2πR+6× R tan 30°=(4π+6 3)L 故 Tm= s1 v0= 4π+6 3L v0 . 答案:(1) mg q  (2) 4 3 9 π (3) 4π+6 3L v0