【物理】2020届一轮复习第八章微专题5　带电粒子在电磁场中的运动作业（江苏专用） 8页

微专题5　带电粒子在电磁场中的运动 一、单项选择题 ‎1.(2018淮安模拟)如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨道半径为R,已知该电场的电场强度为E,方向竖直向下;该磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,不计空气阻力,设重力加速度为g,则(　　)‎ A.液滴带正电 B.液滴比荷qm=‎Eg C.液滴沿顺时针方向运动 D.液滴运动速度大小v=‎RgBE 答案　C　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知,qE=mg,得qm=gE,故B错误;电场力竖直向上,液滴带负电,A项错误;由左手定则可判断液滴沿顺时针转动,C项正确;对液滴qE=mg,qvB=mv‎2‎R得v=RBgE,故D项错误。‎ ‎2.(2018盐城模拟)如图所示,半圆光滑绝缘轨道固定在竖直平面内,O为其圆心,匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放,它将沿轨道在MN间做往复运动。下列说法中正确的是(　　)‎ A.小球在M点的重力势能大于在N点的重力势能 B.小球经过轨道最低点时所受合外力大小总相等 C.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小总相等 D.小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间 答案　B　两个端点M、N与O等高,小球由M到N与由N到M过程中重力对小球做的功相等,所以小球在M点的重力势能等于在N点的重力势能,故A项错误;小球在最低点的速度相同,由F合=mv‎2‎r可知,F合不变,故B项正确;小球在最低点时受重力、支持力和洛伦兹力,从M 到N时,洛伦兹力向上,故F1-mg+F洛=mv‎2‎r,F1=mg-F洛+mv‎2‎r,小球从N到M时,洛伦兹力向下,故F2-F洛-mg=mv‎2‎r,F2=mg+F洛+mv‎2‎r,所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等,故C项错误;由于洛伦兹力总是与运动方向垂直,由于没有摩擦力,故对其加速度大小有影响的只有重力,故无论小球从哪边滚下,其时间相等,故D项错误。‎ ‎3.(2017课标Ⅰ)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 答案　B　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场,a在纸面内做匀速圆周运动,可知其重力与所受到的电场力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,有mag=qE,解得ma=qEg。b在纸面内向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上,可知mbg=qE+qvbB,解得mb=qEg+qvbBg。c在纸面内向左做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下,可知mcg+qvcB=qE,解得mc=qEg-qvcBg。综上所述,可知mb>ma>mc,选项B正确。‎ ‎4.(2018徐州三中月考)如图所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m、带电荷量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中,下列判断正确的是(　　)‎ A.滑块受到的摩擦力不变 B.滑块到达地面时的动能与B的大小无关 C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下 D.B很大时,滑块可能静止于斜面上 答案　C　据左手定则可知,滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力,C项正确;随着滑块速度的变化,洛伦兹力大小变化,它对斜面的压力大小发生变化,故滑块受到的摩擦力大小变化,A项错 误;B越大,滑块受到的洛伦兹力越大,受到的摩擦力也越大,摩擦力做功越多,据动能定理,滑块到达地面时的动能就越小,B项错误;由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑,故B再大,滑块也不可能静止在斜面上,D项错误。‎ 二、多项选择题 ‎5.(2018清江中学检测)如图所示,带等量异种电荷的平行板之间,存在着垂直纸面向里的匀强磁场,一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C点为曲线最低点,不计重力,下列说法中正确的是(　　)‎ A.这个粒子带正电荷 B.A点和B点必定位于同一水平面上 C.在C点洛伦兹力大于电场力 D.粒子到达B点后将沿曲线返回A点 答案　ABC　由于粒子是从静止开始运动的,在开始运动的一瞬间,由于速度是从零开始的,所以刚开始受到的只有电场力,即电场力向下,而电场方向是向下的,故粒子带正电,A项正确;运动过程中由于洛伦兹力不做功,只有电场力做功,从静止开始到静止结束,电场力做功为零,所以A点和B点必定位于同一水平面上,B项正确;在C点以后粒子的速度改为向上,而受到的电场力方向恒向下,故要使粒子向上运动,在C点必然有洛伦兹力大于电场力,C项正确;粒子到达B点后将做如图所示的运动,故D项错误。‎ ‎6.(2018泰州中学月考)如图所示,虚线EF下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,一个带电微粒从距离EF为h的某处由静止开始做自由落体运动,从A点进入场区后,恰好做匀速圆周运动,然后从B点射出,C为圆弧的最低点,下面说法正确的有(　　)‎ A.从B点射出后,微粒能够再次回到A点 B.如果仅使h变大,微粒从A点进入场区后将仍做匀速圆周运动 C.如果仅使微粒的电荷量和质量加倍,微粒将仍沿原来的轨迹运动 D.若仅撤去电场,微粒到达轨迹最低点时受到的洛伦兹力一定大于它的重力 答案　BCD　从B点射出后,微粒在重力作用下回落,根据左手定则可以知道,微粒向右方偏转,不可能再回到A点,故A项错误;带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,电场力与重力必定平衡,如果仅使h变大,不会改变电场力与重力平衡,因此仍做匀速圆周运动,所以B选项是正确的;由题意知mg=qE,洛伦兹力提供向心力,则有qvB=mv‎2‎r,v=‎2gh,则微粒做圆周运动的半径为r=EB‎2hg,若微粒的电荷量和质量加倍,不会影响运动轨道的半径,所以C选项是正确的;当撤去电场E,微粒在洛伦兹力与重力作用下,当到达轨迹最低点时,仍做曲线运动,则洛伦兹力大于它的重力,即运动轨迹偏向合力一侧,所以D选项是正确的。‎ 三、非选择题 ‎7.(2018苏州调研)如图所示,在xOy直角坐标平面内-0.05 m≤x<0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.4 T,0≤x≤0.08 m的区域有沿-x方向的匀强电场,在x轴上坐标为(-0.05 m,0)的S点有一粒子源,它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射比荷qm=5×107 C/kg、速率v0=2×106 m/s的带正电粒子,若粒子源只发射一次,其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界,不计粒子的重力和粒子间的相互作用(结果可保留根号)。求:‎ ‎　　(1)粒子在磁场中运动的半径R;‎ ‎(2)粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ;‎ ‎(3)第一次经过y轴的所有粒子中,位置最高的粒子P的坐标;‎ ‎(4)若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向,求粒子P到达电场右边界时的速度。‎ 答案　(1)0.1 m　(2)60°或120°　(3)0,‎‎3‎‎20m ‎(4)见解析 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有 qv0B=mv‎0‎‎2‎R 可得R=mv‎0‎qB=0.1 m ‎(2)由题意可知Z粒子是垂直电场区域左边界进入电场的,作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,O1为轨迹圆的圆心,设磁场区域的宽度为dB,由几何知识可知,∠O1SO=θ,　‎ 在△SOO1中满足cos θ=OSO‎1‎S=dBR=‎0.05‎‎0.1‎=‎1‎‎2‎,‎ 得θ=60°,‎ 即粒子Z从S发射时的速度方向与磁场区域左边界的夹角为60°或120°。‎ ‎(3)在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点,如图乙所示,N点到x轴的竖直距离L满足L2+(R-dB)2=R2,‎ 解得L=‎3‎‎20‎ m,即粒子P的位置坐标为0,‎3‎‎20‎ m。‎ ‎(4)设电场区域的宽度为dE,对Z粒子在电场中的运动,由动能定理有 qEdE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,‎ 代入数据解得E=5.0×105 N/C。‎ 设P粒子沿电场方向的速度为v⊥,则v‎⊥‎‎2‎=2adE,‎ 又qE=ma,‎ 解得v⊥=2×105 m/s,‎ 所以粒子P到达电场右边界时的速度为 v=v‎0‎‎2‎‎+‎v‎⊥‎‎2‎=2‎2‎×108 m/s,‎ 方向与电场右边界成45°或135°角。‎ ‎8.(2019泰兴中学月考)如图所示,真空中的矩形abcd区域内存在竖直向下的匀强电场,半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,圆形边界分别相切于ad、bc边的中点e、 f。一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射入该区域后能做直线运动;当 撤去磁场并保留电场,粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域。已知ad=bc=‎4‎‎3‎‎3‎R,忽略粒子的重力。求:‎ ‎　　(1)带电粒子的电荷量q与质量m的比值qm;‎ ‎(2)若撤去电场保留磁场,粒子离开矩形区域时的位置。‎ 答案　(1)‎3‎v‎0‎‎3BR　(2)粒子离开矩形区域时的位置离b的距离为R‎3‎ 解析　(1)设电场强度为E,当电场和磁场同时存在时,粒子沿ef方向做直线运动,有:‎ qv0B=qE 当撤去磁场,保留电场时,带电粒子做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,由题,粒子恰能从c点飞出,则 水平方向有:2R=v0t 竖直方向有:‎1‎‎2‎bc=‎1‎‎2‎at2‎ qE=ma 解得:‎ qm‎=‎3‎v‎0‎‎3BR。‎ ‎(2)若撤去电场保留磁场,粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图所示 ‎　　设粒子离开矩形区域时的位置g离b点的距离为x,则由牛顿第二定律:qv0B=mv‎0‎‎2‎r 得,r=mv‎0‎qB=‎3BR‎3‎v‎0‎·v‎0‎B=‎3‎R 由图中几何关系得:‎ 粒子的轨迹半径为r=R tan θ=‎3‎R 得θ=60°‎ 故粒子离开磁场时到b的距离为x=‎1‎‎2‎ab-‎bc‎2tanθ 代入解得x=R‎3‎。‎ ‎9.(2018江苏单科)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O'点,各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时,粒子从O上方d‎2‎处射出磁场。取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。‎ ‎　　(1)求磁感应强度大小B;‎ ‎(2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O'的时间t;‎ ‎　　(3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO'平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O'的时间增加Δt,求Δt的最大值。‎ 答案　(1)‎4mv‎0‎qd　(2)‎53π+72‎‎180‎dv‎0‎　(3)‎d‎5‎v‎0‎ 解析　(1)粒子圆周运动的半径r0=‎mv‎0‎qB 由题意知r0=d‎4‎,解得B=‎‎4mv‎0‎qd ‎(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为α 由d=r sin α,得sin α=‎4‎‎5‎,即α=53°‎ 在一个矩形磁场中的运动时间t1=α‎360°‎‎2πmqB,‎ 解得t1=‎‎53πd‎720‎v‎0‎ 直线运动的时间t2=‎2dv,解得t2=‎‎2d‎5‎v‎0‎ 则t=4t1+t2=‎‎53π+72‎‎180‎dv‎0‎ ‎(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x 粒子向上的偏移量y=2r(1-cos α)+x tan α 由y≤2d,解得x≤‎3‎‎4‎d 则当xm=‎3‎‎4‎d时,Δt有最大值 粒子直线运动路程的最大值sm=‎2‎xmcosα+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d 增加时间的最大值Δtm=Δsmv=‎d‎5‎v‎0‎